Un zeste de géométrie projective

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Réponses

  • gai requin
    Modifié (21 May)
    Certainement parce que la droite d'équation $X=2Y+2Z$ est tangente à in-Steiner en $(4:1:1)$.
    Donc le point à l'infini de $(\lambda)$ est $h(4:1:1)=(2: -1:-1)$ qui est bien le point à l'infini de $PI$.
  • pappus
    Modifié (21 May)
    Merci gai requin
    Oui, c'est cela qui te semble évident!
    Cela l'est beaucoup moins pour nous autres!
    Amitiés
    pappus
    PS
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.
  • gai requin
    Modifié (21 May)
    La droite de l’infini est l’image de $d:X=2Y+2Z$ par $h$.
    Donc les points à l’infini de $(\lambda)$ sont les images par $h$ des points de in-Steiner qui sont sur $d$.
    Or, $I’(4:1:1)$ est diamétralement opposé à $I$ dans in-Steiner donc la tangente en $I’$ est parallèle à $TU:X=0$. Cette tangente est donc $d$.


  • Bonjour à tous,
    pour avoir un cercle $(\gamma)$, nous appliquons le principe de pappus afin que cette conique soit le cercle circonscrit à $PTU$ ; comme les lettres $a,b,c$ sont dévolues à un usage autre que de désigner les longueurs des côtés du dit triangle, je me contente de dire que $P'$ se déduit du point de Lemoine $K$ du triangle $PTU$ par l'homologie de pappus. Les rôles de $P$ et de $P'$ étant symétriques, on a donc l'alignement $PKK'P'$ sur la symédiane $PP'$ commune aux deux triangles.
  • Merci john_john
    Encore un petit effort pour l'hyperbole équilatère!
    Amitiés
    pappus
  • Bon ! Nous allons écrire qu'elle passe par l'orthocentre du triangle harpon.
  • Merci john_john
    Tu devrais plutôt t'intéresser au lieu des perspecteurs des hyperboles équilatères circonscrites.
    Ce devrait être fait dans ton livre?
    Amitiés
    pappus
  • john_john
    Modifié (22 May)
    Avec les notations classiques pour le triangle $ATU$ ($A$ renommant $P$), c'est-à-dire qua $a$ est la longueur du côté $TU$, $\hat A$ l'angle en $A$, etc., la conique $(\gamma)$ passe par l'orthocentre $H$ de $PTU$ si, et seulement si, 
    $$2a'bc\cos\hat A=b'ca\cos\hat B+c'ab\cos\hat C=0$$

    C'est l'équation d'une droite passant par $H$ (il restera à la caractériser, où plutôt à en caractériser l'image par l'homologie de pappus).

    Voici une figure dans laquelle, par paresse, j'ai choisi $P'=H$ :



    L'orthocentre $H'$ de $HT'U'$ est sur $(\gamma)$, œuf corse, mais qui dit meuh ?
  • john_john
    Modifié (22 May)
    L'image cherchée devrait être l'axe orthique. What else ?
  • Mon cher john_john
    Voici ma propre figure
    Le perspecteur $S$ d'une hyperbole équilatère circonscrite au triangle $ABC$ est situé sur la tripolaire de l'orthocentre.
    Est-ce cette droite que tu appelles l'axe orthique?
    Amitiés
    pappus

  • Oui, l'axe orthique est la polaire triangulaire de l'orthocentre ! Pour résumer, le meilleur point de vue fut le tien : se référer à un triangle harpon puisqu'il règle aisément tous les cas particuliers (y compris celui d'une conique dégénérée, caractérisé par $a'b'c'=0$). Cela dit, si la disparition du $\lambda$ est une surprise, il ne disparaît toutefois pas totalement puisque la conique $(\gamma)$ doit, elle, en dépendre.
  • pappus
    Modifié (22 May)
    Bonsoir à tous
    Je vais y aller doucement sans vouloir imposer ma méthode à quiconque.
    Chacun fera comme il veut, nous vivons dans un pays libre.
    Je rappelle que nous travaillons dans un système de coordonnées barycentriques homogènes relatif au triangle harpon $PTU$.
    Nous travaillons donc au moins provisoirement dans le plan affine complété projectivement tant que n'avons pas besoin de métrique euclidienne.
    john_john a montré que $\gamma$ était la conique d'équation:
    $$2a'yz-b'zx-c'xy=0$$
    La matrice symétrique associée (définie à un facteur multiplicatif non nul près) est:
    $$A=\begin{pmatrix}0&-c'&-b'\\-c'&0&2a'\\-b'&-c'&0\end{pmatrix}$$
    C'est bien une conique $\gamma$ circonscrite  au triangle harpon $PTU$.
    On doit écrire que $\gamma$ est une  parabole.
    La droite de l'infini $\mathcal L_{\infty}$ a pour équation $x+y+z=0$.
    Ses coordonnées (tangentielles) sont donc $(1,1,1)$.
    On doit écrire que ces coordonnées annulent l'équation tangentielle de $\gamma$, une forme quadratique dont une matrice symétrique associée est la comatrice $B=Com(A)$, voir le Divin Glossaire:

    $$B=\begin{pmatrix} -4a'^2&-2a'b'&-2a'c'\\-2a'b'&-b'^2&b'c'\\-2a'c'&b'c'&-c'^2\end{pmatrix}$$
    Et on trouve:
    $$4a'^2+b'^2+c'^2-2b'c'+4c'a'+4a'b'=0$$
    C'est l'équation d'une conique $\lambda$ et je trouve la même chose que john_john.
    Il ne reste plus qu'à faire la figure, maudite figure c'est-à-dire placer $\lambda$ par rapport au triangle harpon $PTU$.
    La vie serait si belle si on pouvait se contenter des calculs mais la géométrie demande de temps en temps de faire des figures, la plupart du temps des triplets de points alignés sur notre forum et c'est l'extase!
    Ouf! Je vais pouvoir enfin roupiller!
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (22 May)
    Bonsoir à tous
    Une conique $\Gamma$ circonscrite a pour équation:
    $$Ayz+Bzx+Cxy=0$$
    qui s'écrit aussi:
    $$\dfrac Ax+\dfrac By+\dfrac Cz=0$$
    Cette conique sera une hyperbole équilatère si elle passe par l'orthocentre $H\big(\dfrac 1{b^2+c^2-a^2}:\dfrac 1{c^2+a^2-b^2}:\dfrac 1{a^2+b^2-c^2}\big)$.
    Donc $$(b^2+c^2-a^2)A+(c^2+a^2-b^2)B+(a^2+b^2-c^2)C=0$$
    Autrement dit le perspecteur $S(A:B:C)$ appartient à la droite d'équation: $(b^2+c^2-a^2)x+(c^2+a^2-b^2)y+(a^2+b^2-c^2)z=0$ qui est bien la tripolaire de l'orthocentre $H$.
    Amicalement
    pappus


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