Théorème de Van Khea (2022)

Vassillia · 14 Jan

Bonjour, je cherchais des exercices pour motiver de jeunes élèves dans une revue de publication de résultats en géométrie récents et j'ai trouvé ce théorème (pièce jointe).

$ABC$ un triangle et un point $P$ quelconque

- $P_A$ un point quelconque sur $(BC)$ et circulairement pour $P_B$ et $P_C$

- $A'$ le milieu de $[BC]$ et circulairement pour $B'$ et $C'$

- $A_P$ le symétrique de $P$ par rapport à $P_A$ et circulairement pour $B_P$ et $C_P$

- $A_P'$ le symétrique de $A_P$ par rapport à $A'$ et circulairement pour $B_P'$ et $C_P'$

Ils disent que $\text{Aire}(ABC)=\text{Aire}(A_PB_PC_P)+\text{Aire}(A_P'B_P'C_P')$.

Je ne suis pas complétement d'accord, pour moi ce serait $\text{Aire algébrique}(ABC)=\text{Aire algébrique}(A_PB_PC_P)-\text{Aire algébrique}(A_P'B_P'C_P')$. Alors, certes dans leur cas de figure, on a bien $\text{Aire}(ABC)=\text{Aire}(A_PB_PC_P)+\text{Aire}(A_P'B_P'C_P')$ puisque le sens de ces deux triangles est différent mais leur formule ne fonctionne plus quand le sens est le même ce qui me semble possible si $P_A$, $P_B$ et $P_C$ varient

Je suis sûre de mon calcul à 99,99% mais comme j'estime la probabilité que je puisse reprendre une publication officielle, à fortiori en géométrie à 0,0001%, ça me met le doute

En tout cas, le résultat est sympa je trouve donc je le partage si ça vous tente !

Chaurien · 14 Jan

Après des calculs assez pénibles, exécutés avec ma plume d'oie

, avec ces notations peu attractives, je trouve le même résultat que @Vassillia. Si l'on veut trouver un intérêt à cet exercice, on observera que ce résultat est indépendant de la position du point $P$ dans le plan et des points « $P_A, P_B, P_C$ » sur les côtés du triangle $ABC$. Il faudrait discuter, selon la position de ces points, le signe des aires algébriques en question. Si j'ai bien compris, il s'agit d'une Publication dans une Revue, alors ils auraient pu vérifier qu'ils n'écrivaient pas de bêtises. Quant à savoir si un truc aussi lourd peut motiver de jeunes élèves, je suis sceptique...

Ludwig · 14 Jan

Peut-être que leur remarque finale "The reasoning in cases other than that considered above requires only minor adjustments" fait référence à ces autres positions des points.

Chaurien · 14 Jan

Pour information, voici mes épouvantables calculs.

• On a : $\overrightarrow{PA_{P}}=2\overrightarrow{PP_{A}}$, $\overrightarrow{PB_{P}}=2\overrightarrow{PP_{B}}$, d'où : $\overrightarrow{A_{P}B_{P}}=2\overrightarrow{P_{A}P_{B}}$.

Il en résulte : $\det (\overrightarrow{A_{P}B_{P}},\overrightarrow{A_{P}C_{P}})=4\det (\overrightarrow{P_{A}P_{B}},\overrightarrow{P_{A}P_{C}})$.

• On a : $\overrightarrow{PA_{P}^{\prime }}=2\overrightarrow{P_{A}A^{\prime }}$, $\overrightarrow{PB_{P}^{\prime }}=2\overrightarrow{P_{B}B^{\prime }}$, d'où : $\overrightarrow{A_{P}^{\prime }B_{P}^{\prime}}=\overrightarrow{PB_{P}^{\prime }}-\overrightarrow{PA_{P}^{\prime }}=2(\overrightarrow{P_{B}B^{\prime }}-\overrightarrow{P_{A}A^{\prime }})=2(\overrightarrow{A^{\prime }B^{\prime }}-\overrightarrow{P_{A}P_{B}})$.

De même : $\overrightarrow{A_{P}^{\prime }C_{P}^{\prime }}=2(\overrightarrow{A^{\prime}C^{\prime }}-\overrightarrow{P_{A}P_{C}})$.

Et par suite : $\det (\overrightarrow{A_{P}^{\prime }B_{P}^{\prime }},\overrightarrow{A_{P}^{\prime }C_{P}^{\prime}})=4\det (\overrightarrow{A^{\prime }B^{\prime}}-\overrightarrow{P_{A}P_{B}},\overrightarrow{A^{\prime }C^{\prime }}-\overrightarrow{P_{A}P_{C}})$
$=4[\det (\overrightarrow{A^{\prime }B^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime}C^{\prime }})-\det (\overrightarrow{A^{\prime }B^{\prime }},\overrightarrow{P_{A}P_{C}})+\det (\overrightarrow{A^{\prime }C^{\prime }},\overrightarrow{P_{A}P_{B}})+\det (\overrightarrow{P_{A}P_{B}},\overrightarrow{P_{A}P_{C}})]$.

• Pour le premier terme, il est clair que : $\det (\overrightarrow{A^{\prime }B^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime
}C^{\prime }})=\det (-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB},-\frac{1}{2}
\overrightarrow{AC})=\frac{1}{4}\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$.

• Il faut simplifier le deuxième et le troisième termes. On a :
$\det (\overrightarrow{A^{\prime }B^{\prime }},\overrightarrow{P_{A}P_{C}})=\det (-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AP_{C}}-\overrightarrow{AP_{A}})=\frac{1}{2}\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AP_{A}})$,

et : $\det (\overrightarrow{A^{\prime }C^{\prime }},\overrightarrow{P_{A}P_{B}}
)=\det (-\frac{1}{2}\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AP_{B}}-\overrightarrow{AP_{A}})=\frac{1}{2}\det(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AP_{A}})$.
D'où : $\det (\overrightarrow{A^{\prime }C^{\prime }},\overrightarrow{P_{A}P_{B}})-\det (\overrightarrow{A^{\prime }B^{\prime }},\overrightarrow{P_{A}P_{C}})=
\frac{1}{2}\det (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AP_{A}})-\frac{1}{2}
\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AP_{A}})$.
$=\frac{1}{2}\det (\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{
BP_{A}})=\frac{1}{2}\det (\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AB})=-\frac{1}{2}\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$.
• Conclusion : $\det (\overrightarrow{A_{P}^{\prime }B_{P}^{\prime }},\overrightarrow{
A_{P}^{\prime }C_{P}^{\prime }})=\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC
})-2\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})+4\det (\overrightarrow{
P_{A}P_{B}},\overrightarrow{P_{A}P_{C}})$
$=-\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})+\det (\overrightarrow{A_{P}B_{P}},\overrightarrow{A_{P}C_{P}})$.

Avec la notation de Papelier pour l'aire orientée, ceci s'écrit : $\overline{ABC}=\overline{A_{P}B_{P}C_{P}}-\overline{A_{P}^{\prime
}B_{P}^{\prime }C_{P}^{\prime }}$.

C'est bien le résultat de @Vassillia.

• C'est un peu pénible, mais on voit par là l'efficacité du déterminant $ 2 \times 2$ comme forme bilinéaire alternée, qui libère de la figure et donne le résultat le plus général dans tous les cas de figure. Bien sûr je n'ai pas fait la figure complète avec ses 16 points : une chatte n'y retrouverait pas ses petits ! l'ai juste regardé pour $A, B, C, P, P_A, A_P, A', A'_P$, pour avoir des égalités telles que $ \overrightarrow{PA'_P}=2 \overrightarrow{P_{A}A'}$, et bien sûr $ \overrightarrow{A'B'}=-\frac 12 \overrightarrow{AB}$.

Merci @Vassillia pour cet énoncé.

Bonne soirée.

Fr. Ch.

Rescassol · 14 Jan

Bonsoir,

J'ai renomme $A_P$ en $A_1$, et $A'_P$ en $A_2$, etc...

% Vassillia - 14 Janvier 2025 - Théorème de Van Khea (2022)

clear all, clc

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle MBC
BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC
Ap=[0; 1; 1]; Bp=[1; 0; 1]; Cp=[1; 1; 0];  % Milieux des côtés du triangle ABC

%-----------------------------------------------------------------------

syms p q r u v w real

P=[p; q; r]; Pa=[0; 1; u]; Pb=[v; 0; 1]; Pc=[1; w; 0];

A1=SymetriqueBary(Pa,P); % A1=[-p*(u+1); 2*p+q+2*r-q*u; 2*p*u-r+2*q*u+r*u] 
B1=SymetriqueBary(Pb,P); % B1=[p*v-p+2*q*v+2*r*v; -q*(v+1); 2*p+2*q+r-r*v]
C1=SymetriqueBary(Pc,P); % C1=[p+2*q+2*r-p*w; 2*p*w-q+q*w+2*r*w; -r*(w+1)]

A2=SymetriqueBary(Ap,A1); % A2=[p*(u+1); p*u-r-p+2*q*u+r*u; p+q+2*r-p*u-q*u] 
B2=SymetriqueBary(Bp,B1); % B2=[2*p+q+r-q*v-r*v; q*(v+1); p*v-q-p+q*v+2*r*v]
C2=SymetriqueBary(Cp,C1); % C2=[2*p*w-r-q+q*w+r*w; p+2*q+r-p*w-r*w; r*(w+1)]

% On choisit ABC comme unité d'aire, donc Aire(ABC)=1

S1=Factor(AireBary(A1,B1,C1));
% S1=4*(u*v*w+1)/((u+1)*(v+1)*(w+1))
S2=Factor(AireBary(A2,B2,C2));
% S2=-(u+v+w + u*v+u*w+v*w - 3*u*v*w - 3)/((u+1)*(v+1)*(w+1))

UN=Factor(S1-S2) % On trouve UN=1 donc c'est gagné

Cordialement,
Rescassol

Vassillia · 14 Jan

Adjugé, cela m’enlève le doute, comme mon but était de le présenter comme une des premières applications des coordonnées barycentriques, je ferai plutôt comme Rescassol, sachant qu'on peut rester sans grand frais en normalisé tout le long pour cet exercice avant de passer quand on sera à l'aise en homogène comme il le fait.

$A = (1:0:0)$, $B = (0:1:0)$ , $C=(0:0:1)$ avec $P=(p:q:r)$ de telle sorte que $p+q+r=1$

Les milieux $A'=(0:1/2:1/2)$, $B'=(1/2:0:1/2)$, $C'=(1/2:1/2:0)$

Les points variables $P_A=(0:a:1-a)$, $P_B=(1-b:0:b)$, $P_C=(c:1-c:0)$

Première symétrie $A_P=P_A+\overrightarrow{PP_A}=P_A+P_A-P=2P_A-P=(-p:2a-q:2-2a-r)$,

De même $B_P=(2-2b-p:-q:2b-r)$, $C_P=(2c-p:2-2c-q:-r)$

Deuxième symétrie $A_P'=A'+\overrightarrow{A_PA'}=A'+A'-A_P=2A'-A_P=(p:1-2a+q:-1+2a+r)$,

De même $B_P'=(-1+2b+q:q:1-2b+r)$, $C_P'=(1-2c+p:-1+2c+q:r)$

Les aires $\dfrac{\text{Aire algébrique}(A_PB_PC_P)}{\text{Aire algébrique}(ABC)}=det(A_P,B_P,C_P)=4ab + 4ac + 4bc - 4a - 4b - 4c + 4$

$\dfrac{\text{Aire algébrique}(A_P'B_P'C_P')}{\text{Aire algébrique}(ABC)}=det(A_P',B_P',C_P')=4ab + 4ac + 4bc - 4a - 4b - 4c + 3$.

Je pense même que je laisserai ouverte la question sur trouver le lien entre les 3 aires algébriques vu que ce n'est pas trop difficile. Et voilà, un nouvel exercice pour ma liste, le résultat n'est pas évident et il y a des symétries, je n'en avais pas encore...

Rescassol · 14 Jan

Bonsoir,

Voilà ma fonction Symétrique:

function Mp = SymetriqueBary(O,M)
         % Calcule le symétrique M' de M par rapport à O
		 
         Mp = SimplifieBary(Barycentre([M O],[1 -2]));
end

Cordialement,
Rescassol

Vassillia · 15 Jan

J'utilise exactement le même principe, merci Rescassol !

Théorème de Van Khea (2022)

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