Conjugué isogonal

stfj
Modifié (1 Jun) dans Géométrie
Bonjour,
J'ai entrevu cette notion à propos du point de Lemoine. Pour calculer les coordonnées barycentriques du point de Lemoine, j'avais alors utilisé une propriété plutôt que la définition directe.
Il est question de conjugué isogonal dans les posts de géométrie mais d'un point de vue supérieur à celui d'un débutant comme moi.
Par ailleurs, les articles wikipedia français et anglais sont une suite désespérante d'affirmations sans aucune démonstration.
Je priviligierais l'utilisation d'outils algébriques et informatiques tels que ceux proposés par pldx1. Je dispose par exemple de la notion d'orthopoint d'une droite.
Par exemple, démontrer avec votre aimable aide que Si $P$ a pour coordonnées barycentriques $(x:y:z)\,$ alors le conjugué isogonal de $P$ a pour coordonnées barycentriques $\left(\frac{a^2}{x}:\frac{b^2}{y}:\frac{c^2}{z}\right)$ dans un triangle $(a,b,c)$, me paraît un objectif raisonnable. 
Je pourrais alors l'appliquer à $X(2)\simeq(1:1:1)$ par exemple pour retrouver $X(6)$(notations ETC). Si je reprends des notations vues ailleurs, $$X_2^*=X_6, X_1^*=X_1,X_5^*=X_{54},...$$(démo de la dernière égalité  ici)
Cordialement, Stéphane.
_________________________________
Remarque : C'est Maurice d'Ocagne qui a baptisé les symédianes. D'après l'article wikipedia, "au lendemain de 1918, Maurice d'Ocagne marque un intérêt croissant pour le calcul automatique. Il incitera Couffignal à explorer ce domaine"
Voici une fonction offerte par Vassillia calculant les projetés orthogonaux d'un point(ici $G$) sur une droite (ici les côtés du triangle $ABC$)

var('a b c')

pA=vector([1,0,0])
pB=vector([0,1,0])
pC=vector([0,0,1])
Linf=vector([1,1,1])
pyth=1/2*matrix([[0,-c^2,-b^2],[-c^2,0,-a^2],[-b^2,-a^2,0]])
AB=pA.cross_product(pB)
BC=pB.cross_product(pC)
CA=pC.cross_product(pA)

def perpendiculaire(droite,point,pyth,Linf):
    inf=droite.cross_product(Linf)
    droiteortho=pyth*inf
    orthopoint=droiteortho.cross_product(Linf)
    perp=orthopoint.cross_product(point)
    return perp

def simple(vec) :
    num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2])])
    den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2])])
    facteur=num/den
    vec0=factor(vec[0]/facteur)
    vec1=factor(vec[1]/facteur)
    vec2=factor(vec[2]/facteur)
    vecteur=vector([vec0,vec1,vec2])
    return vecteur

G=vector([1,1,1])
Cp=simple(AB.cross_product(perpendiculaire(AB,G,pyth,Linf)))
print(Cp)

Réponses

  • Rescassol
    Modifié (1 Jun)
    Bonjour,

    La définition du conjugué isogonal est:
    Étant donné un point $M$, on considère les symétriques de ses céviennes par rapport aux bissectrices intérieures correspondantes.
    On démontre que ces symétriques sont concourantes en un point $M^*$ appelé conjugué isogonal de $M$ par rapport au triangle $ABC$.
    Pour le calculer tu as besoin du projeté orthogonal que tu viens de donner et du symétrique par rapport à un point $O$.
    Voilà pour celà la matrice de la symétrie centrale (à démontrer):
    $MatSym=2\cdot [O, \space O,\space O]-sum(O)\cdot eye(3)$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Soit $P$ un point de coordonnées barycentriques $(x,y,z)$ avec $x+y+z=1$. Soit $P'\simeq (x':y':z')$ son conjugué isogonal. Comme $\overrightarrow{AP}=y\overrightarrow{AB}+z\overrightarrow{AC}=yc\frac{\overrightarrow{AB}}{c}+zb\frac{\overrightarrow{AC}}{b}$, et comme les vecteurs $\frac{\overrightarrow{AB}}{c}$ et $\frac{\overrightarrow{AC}}{b}$ sont symétriques par rapport à la bissectrice de $\widehat{A}$, le vecteur $\overrightarrow{AP'}$ est proportionnel à $yc \frac{\overrightarrow{AC}}{b} + zb \frac{\overrightarrow{AB}}{c}$, donc à $\frac{b^2}{y} \overrightarrow{AB} + \frac{c^2}{z} \overrightarrow{AC}$. On en déduit que $(y',z')$ est proportionnel à $(\frac{b^2}{y},\frac{c^2}{z})$ et de même pour les deux autres couples de coordonnées, donc $P'\simeq (\frac{a^2}{x},\frac{b^2}{y},\frac{c^2}{z})$.
  • stfj
    Modifié (1 Jun)
    Bonjour @JLT et merci
    Je reprends ta démonstration à ma sauce bretonne :) agrémentée d'épices eXot1ques ramenées de mes récents voyages[le \simeq $\simeq$, la présentation des columns avec des colon $(-:-:-)$, plaisanterie dont je dois citer la source Licence CCA, le non moins célèbre $\text{(etc.)}$ pour "et circulairement"(voir "le glossaire de Pierre" qu'on pourra trouver ici)].
    _____________
    $P=\Sigma xA$, avec $\Sigma x=1$. Donc $$P-A=(x-1)A+yB+zC=y(B-A)+z(C-A)$$ en utilisant $\Sigma x=1$ pour écrire $x-1=-y-z$ $$=yc \frac{B-A}{c}+zb\frac{C-A}{b}$$ $\frac{B-A}{c}\text{ et }\frac{C-A}{b}$ sont des vecteurs unitaires qui forment une base $(i,j)$ du plan vectoriel et la symétrie orthogonale vectorielle $s$ par rapport à la bissectrice de $A$ est telle que $$s(i)=j\text{( etc.)}$$  Le vecteur $P'-A$ est donc proportionnel à $$\frac{zb}{c}(B-A)+\frac{yc}{b}(C-A)\simeq \frac{bc}{yz}[\frac{zb}{c}(B-A)+\frac{yc}{b}(C-A)]\simeq [\frac{b^2}{y}(B-A)+\frac{c^2}{z}(C-A)]$$(etc.)
    Donc $$P'\simeq (\frac{a^2}{x}:\frac{b^2}{y}:\frac{c^2}{z}).\square$$Cordialement, Stéphane.

  • stfj
    Modifié (1 Jun)
    Bonjour @Rescassol.
    Je ne sais pas ce qu'est ton $eye(3)$. 
    Soit $O=[x;y;z]$ un point. $sum(O)\doteq x+y+z$. Ce qui est clair pour moi est que si $M, O$ sont deux points d'un  espace affine, le symétrique $M'$ de $M$ par rapport à $O$ se définit évidemment par le point $M'$ tel que $$M'-O=O-M$$ $$\iff M'=2O-M=Bar(\{O,M\},\{2,-1\})$$ce qui semble motiver ce que j'interprète comme ton explication à une machine de ce qu'est le symétrique de $M$ par rapport à $O$.
    Cordialement, Stéphane.
  • stfj
    Modifié (1 Jun)
    Cela simplifie-t-il la démonstration du théorème de Kosnita ? Ou n'est-ce qu'une reformulation "technique"?
    $$\boxed{\textbf{Théorème de Kosnita:}X_5^*=X_{54}}$$https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/2/28/Kosnita_points.svg
  • Bonjour,

    $eye(3)$ est pour Matlab la matrice identité d'ordre $3$.

    Cordialement,
    Rescassol
     
  • stfj
    Modifié (1 Jun)
    bonjour,
    Dans ce cas, la démonstration demandée me semble être :
    $$M'=sum(M).sum(O)[\frac{O}{sum(O)}+(\frac{O}{sum(O)}-\frac{M}{sum(M)})]=2sum(M)O-sum(O).eye(3)\cdot M=MatSym\cdot M$$car $$\begin{bmatrix}\alpha_0 & \alpha_0 & \alpha_0 \\\beta_0 & \beta_0 & \beta_0 \\\beta_0 & \beta_0 &\beta_0 \end{bmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x \\y \\z\end{pmatrix}=sum(M)\begin{pmatrix}\alpha_0 \\ \beta _0 \\ \gamma_0\end{pmatrix}$$
    Cordialement, Stéphane.

  • Bonjour,

    isogonal veut dire: il y a des angles égaux.  Et en fait la $A$-médiane et la $A$-droite de Lemoine sont également inclinées sur les côtés issus de $A$. Ce qui s'écrit $\tan (AB,AG) = \tan(AK,AC)$. Il n'y a donc pas besoin de calculer l'une des deux $A$-bissectrices  pour poser l'équation donnant $K=$X(6).

    Cordialement, Pierre.
  • stfj
    Modifié (1 Jun)
    Bonjour,
    Soit $C'$ le projeté orthogonale de $G$ sur $AB$(etc.). $\tan(AB,AG)=\frac{GC'}{C'A}$(etc.).  Donc $\tan(AK,AC)=\frac{GC'}{C'A}$(etc.). Cela peut le faire et permettre de poser l'équation donnant $K$=X(6).
    Il se trouve qu'on a justement calculé les coordonnées barycentriques de $A'$(etc.)
    $$C'\simeq (\frac{a^2+3*b^2-c^2}{6*b^2}:0:\frac{-a^2+3b^2+c^2}{6*b^2})$$
    Cordialement, Stéphane

  • stfj
    Modifié (26 Jun)
    Voilà le code sagemath que je propose pour la symétrie par rapport à un point $O$
    _______________________
    var ('a b c x y z')
    A=vector([1,0,0])
    B=vector([0,1,0])
    C=vector([0,0,1])
    Un=matrix([A,B,C])
    print (Un)
    OOO=matrix([[a,a,a],[b,b,b],[c,c,c]])
    print(OOO)
    M=vector([x,y,z])

    symO=2*OOO-(a+b+c)*Un
    print (latex(symO*M))
    ___________________________
    Il me fournit $${\left(a - b - c\right)} x + 2 \, a y + 2 \, a z:\,2 \, b x - {\left(a - b + c\right)} y + 2 \, b z:\,2 \, c x + 2 \, c y - {\left(a + b - c\right)} z$$
    ________________________________
    Par exemple, en appliquant cette procédure au symétrique de l'orthocentre $H$ par rapport à $H_b$, on obtient bien un point $K$ sur le cercle circonscrit : https://www.geogebra.org/classic/kqtkbzpq

    $$\left(-{\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)}^{2} {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)} - {\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2} + c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)} + {\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2} + c^{2}\right)} {\left(a^{2} - c^{2}\right)},\,{\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)} b^{2},\,-{\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2} + c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)} + {\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)}^{2} + {\left(a^{2} - b^{2} + c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)} {\left(a^{2} - c^{2}\right)}\right)$$


  • Bonjour,
    au lieu de considérer des symétries par rapport aux bissectrices, on peut aussi remarquer que, si les céviennes issues de $A$ d'un point $M$ et de son isogonal $M^*$ coupent $(BC)$ en $M_A$ et $M_A^*$ et si $I_A(0,b,c)$ et $I'_A(0,-b,c)$ sont les pieds des bissectrices issues de $A$, on a la conjugaison harmonique $M_AM_A^*I_AI'_A$, de sorte que $M_A\mapsto M_A^*$ est l'homographie de la droite $(BC)$ qui laisse invariants $I_A$ et $I'_A$ et échange$B$ et $C$. Les coordonnées barycentriques de $M_A$ étant $(0,y,z)$, celes de $M_A^*$ sont alors $(0,b^2z,c^2y)$, mais aussi $(0,b^2zx,c^2xy)$, ce qui permet de voir $M_A^*$ comme le pied de la cévienne de $M^*(a^2yz,b^2zx,c^2xy)$.
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