Exo du dernier Monthly — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Exo du dernier Monthly

Bonjour
Etant donné un triangle $ABC$, les points $D,E,F$ sont situés respectivement sur les droites $BC,CA,AB$ de sorte que les droites $FD,DE,EF$ soient respectivement perpendiculaires aux droites $BC,CA,AB$.
Construire $D,E$ et $F$ (non demandé dans l'énoncé original)
Montrez que $\dfrac{\overline{AF}}{\overline{AB}}+\dfrac{\overline{BD}}{\overline{BC}}+\dfrac{\overline{CE}}{\overline{CA}}=1$
Bien cordialement. Poulbot126160

Réponses

  • Bonjour Poulbot
    Aurais-tu fini tes vacances?
    En tout cas pour résoudre cet exercice du Monthly, il fallait seulement faire partie du second cercle de Lemoine!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus126162
  • Bonsoir Pappus
    et merci.
    Effectivement il y a du 2ème cercle de Lemoine dans l'air; c'est d'ailleurs pour cela que j'ai posté cet exo. Encore faut-il avoir entendu parler de ce cercle! Ce n'est d'ailleurs pas indispensable pour résoudre l'exo; par contre, comme tu nous l'a brillamment montré, cela permet de faire simplement la figure.
    Ce cercle est appelé cosine circle par les anglo-saxons car les longueurs des cordes qu'il intercepte sur les droites $BC,CA,AB$ sont proportionnelles à $\left\vert \cos A\right\vert ,\left\vert \cos B\right\vert ,\left\vert \cos C\right\vert $ (c'est juste histoire de faire croire que j'ai quelque chose à dire que je donne cette précision)
    Amicalement. Poulbot
  • Bonsoir Pouliot
    Si on a jamais entendu parler du second cercle de Monsieur Lemoine, c’est le contraire qui serait étonnant dans un pays où le seul cercle connu est le cercle trigonométrique, je pense qu’on peut prouver l’existence du triangle $DEF\ $ en appliquant le théorème du point fixe pour une application contractante, le seul problème étant de trouver le bon Banach!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir, Poulbot, Pappus,
    En effet, construire la figure a priori, sans autre savoir, n'est pas évident pour moi ... Car c'est bien la première fois que j'ouïs dire de ce "2ème cercle de Lemoine" ... Quelle en est la définition, au juste ?
    Merci pour cet exercice !
    Bien amicalement
    JLB
  • Il est question des deux cercles de Lemoine dans : F. G.-M., Exercices de géométrie, Mame, J. de Gigord, 1912
    https://quod.lib.umich.edu/cgi/t/text/text-idx?c=umhistmath;idno=ACV3924.0001.001
  • Merci, Chaurien, pour la référence !
  • Bonjour poulbot et à tous,

    J'utilise les coordonnées barycentriques.

    Le triangle de référence ABC:

    $A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\0\\ 1\end{array}\right].$

    Les points D, E, F, U, V, W:

    $D, E, F\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\-2 b^2\\ -a^2 + b^2 - c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}-a^2 - b^2 + c^2\\ 0\\-2 c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}-2 a^2\\ a^2 - b^2 - c^2\\ 0\end{array}\right].$

    $U, V, W\simeq \left[\begin{array}{c}a^2 - b^2 + c^2\\ 2 b^2\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}0\\a^2 + b^2 - c^2\\ 2 c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 2 a^2\\0\\ -a^2 + b^2 + c^2\end{array}\right].$

    $\dfrac{\overline{AF}}{\overline{AB}} =\dfrac{-a^2 +b^2 +c^2}{a^2 + b^2 + c^2} ,$

    $\dfrac{\overline{BD}}{\overline{BC}} = \dfrac{a^2 -b^2 +c^2}{a^2 + b^2 + c^2} ,$

    $\dfrac{\overline{CE}}{\overline{CA}} = \dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{a^2 + b^2 + c^2} .$

    Par suite, on a:

    $\dfrac{\overline{AF}}{\overline{AB}}+\dfrac{\overline{BD}}{\overline{BC}}+\dfrac{\overline{CE}}{\overline{CA}}=1.$



    Amicalement126164
  • Une équation barycentrique du second cercle de Lemoine est :

    $2 b^2 c^2 (a^2 - b^2 - c^2) x^2-2 a^2 c^2 (a^2 - b^2 + c^2) y^2-2 a^2 b^2 (a^2 + b^2 - c^2) z^2-c^2 (a^4 - 6 a^2 b^2 + b^4 - c^4) x y-b^2 (a^4 - b^4 - 6 a^2 c^2 + c^4) x z$
    $+a^2 (a^4 - b^4 + 6 b^2 c^2 - c^4) y z=0.$

    Son centre est le point de Lemoine $K\simeq \left[\begin{array}{c} a^2\\ b^2\\ c^2\end{array}\right]$et son rayon $r_{K}=\dfrac{abc}{a^2+b^2+c^2}.$
  • Mon cher Poulbot
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves
    Le point essentiel de la démonstration de Bouzar est le calcul des coordonnées barycentriques des points $D\ $, $E\ $, $F\ $
    Mais à vrai dire il ne les calcule pas puisqu'il nous les assène!
    Voici une autre démonstration que la sienne mais je n'en suis pas très fier car pour les points délicats, je me suis bien gardé de faire les calculs en allant soit sur Internet soit dans ma bibliothèque.
    Il est clair (?) qu'on passe du triangle $ABC\ $ au triangle $EFD$ par une similitude directe de rapport $k$.
    En allant à Cosine circle sur le site de Mathworld, j'ai découvert que:
    $$k=\tan(\omega)\qquad$$
    où $\omega\ $ est l'angle de Brocard du triangle.
    Ne me demande pas la définition de l'angle de Brocard d'un triangle, si je l'ai su, il y a longtemps que je l'ai oubliée.
    De toute façon, j'ai mon Lalesco dans ma bibliothèque et page 117, article 17.1, j'ai trouvé la formule:
    $$cot(\omega)=\cot(A)+\cot(B)+\cot(C)\qquad$$
    Et je prétends maintenant que ces deux équations suffisent à montrer l'égalité que tu nous demandes.
    L'exercice du Monthly était donc destiné à des sectateurs de la géométrie du triangle d'une part pour la construction du triangle $DEF\ $ et d'autre part pour la démonstration elle même de la formule!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • J'oubliais. On a:

    $ \left[\begin{array}c-a^4 + 2 a^2 b^2 - b^4 + c^4\\ -2 a^2 (a^2 - b^2 + c^2)\\ 4 a^2 b^2\end{array}\right]^t \times \left[\begin{array}{c} 2a^2 & - a^2 - b^2 + c^2 & - a^2 + b^2 - c^2\\ - a^2 - b^2 + c^2 & 2b^2 & a^2 - b^2 - c^2\\ - a^2 + b^2 - c^2 & a^2 - b^2 - c^2 & 2c^2\end{array}\right] \times \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right] = 0..$

    Ainsi $FD$ perpendiculaire à $BC.$
  • Bonsoir pappus,

    Une petite explication pour les coordonnées barycentriques du point $D$.

    Une équation barycentrique de tangente au point $C$ au cercle circonscrit est : $b^2x+a^2y= 0.$

    Une équation barycentrique de la parallèle à cette tangente passant passant par le point de Lemoine est : $b^2 (-a^2 + b^2 + c^2)x+ a^2 (a^2 - b^2 + c^2)y -2 a^2 b^2z=0.$

    L'intersection entre cette parallèle et la droite $(BC)$ est le point $D$.

    Amicalement
  • Merci Bouzar
    Ton calcul des coordonnées des points $D\ $, $E\ $, $F\ $ est donc basé sur la construction que j'ai citée.
    Ce n'est pas très naturel comme Poulbot l'a souligné!
    J'attendais plutôt un calcul basé sur la définition des points $D\ $, $E\ $, $F\ $ donnée dans l'énoncé du Monthly!!
    L'existence du triangle $DEF\ $ est loin d'être acquise!!
    Il faut la prouver!!
    Cela ne doit pas être bien terrible!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Les calculs sont aisés: trois simples produits scalaires à écrire et à annuler!!!!
  • On a : $DE=b.\tan(\omega), DF=a.\tan(\omega), FE=c.\tan(\omega).$

    Amicalement
  • Mon cher Bouzar
    Oui, c'est ce que je viens de dire, le rapport de similitude est $\tan(\omega).\qquad$.
    Reste à savoir ce qu'il faut en faire pour prouver l'égalité de l'énoncé.
    J'aurais préféré que tu présentes le calcul des coordonnées des points $D\ $, $E\ $, $F\ $ de la manière que j'ai indiquée!
    Compte tenu de la disparition quasi totale de l'enseignement de la géométrie dans notre république d'autant plus analphabète qu'elle est confinée, la preuve de l'égalité du Monthly est hors de portée des meilleurs de nos étudiants qui ont d'autres chats à fouetter!
    Par contre l'existence et la construction du triangle $DEF$, elles, sont à la portée de nos thuriféraires de l'axiome de Thalès!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus126170
  • Bonjour,

    Morley circonscrit démontre l'existence et l'unicité (dans un sens) du triangle DEF:
    % Poulbot - 23 Août 2021 - Exo du dernier Monthly
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c
    syms aB bB cB % Conjugués
    
    aB=1/a;
    bB=1/b;
    cB=1/c;
    
    syms s1 s2 s3;
    syms s1B s2B s3B; % Conjugués
    
    s1=a+b+c;
    s2=a*b+b*c+c*a;
    s3=a*b*c;
    
    s1B=s2/s3;
    s2B=s1/s3;
    s3B=1/s3;
    
    vdm=(a-b)*(b-c)*(c-a);
    vdmB=-vdm/s3^2;
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms u v w real
    
    d=b+u*(c-b); % D un point de (BC)
    e=c+v*(a-c); % E un point de (CA)
    f=a+w*(b-a); % F un point de (AB)
    
    dB=bB+u*(cB-bB); % Conjugués
    eB=cB+v*(aB-cB);
    fB=aB+w*(bB-aB);
    
    % On écrit les orthogonalités
    
    EQuv=collect(numden(Factor((e-d)*(aB-cB)+(eB-dB)*(a-c))/(a-c)),[u v]);
    F(a,b,c,u,v)=fliplr(coeffs(EQuv,[u v]));
    EQuv=F(a,b,c,u,v); % Permutation circulaire
    EQvw=F(b,c,a,v,w);
    EQwu=F(c,a,b,w,u);
    
    Mat=[EQuv(1) EQuv(2) 0; 0 EQvw(1) EQvw(2); EQwu(2) 0 EQwu(1)]; % Matrice
    Sec=-[EQuv(3); EQvw(3); EQwu(3)]; % Second membre
    
    Sol=linsolve(Mat,Sec); % Résolution d'un système 3 X 3
    
    u=Sol(1);
    v=Sol(2);
    w=Sol(3);
    
    d=Factor(b+u*(c-b));
    e=Factor(c+v*(a-c));
    f=Factor(a+w*(b-a));
    
    dB=bB+u*(cB-bB);
    eB=cB+v*(aB-cB);
    fB=aB+w*(bB-aB);
    
    % On trouve:
    
    d = (2*a^2*b^2 - a^2*b*c + a^2*c^2 - 3*a*b^2*c - 2*a*b*c^2 + a*c^3 + 3*b^2*c^2 - b*c^3)/(s1*s2 - 9*s3);
    e = (a^3*b - a^3*c + a^2*b^2 - 2*a^2*b*c + 3*a^2*c^2 - a*b^2*c - 3*a*b*c^2 + 2*b^2*c^2)/(s1*s2 - 9*s3);
    f = (3*a^2*b^2 - 3*a^2*b*c + 2*a^2*c^2 - a*b^3 - 2*a*b^2*c - a*b*c^2 + b^3*c + b^2*c^2)/(s1*s2 - 9*s3);
     
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    % Centre et rayon du cercle circonscrit au triangle DEF
    
    [k kB Rk2]=CercleTroisPoints(d,e,f,dB,eB,fB);
    
    k=Factor(k)
    k= FracSym(k)
    
    % On trouve:
    
    k=(2*(- s2^2 + 3*s1*s3))/(9*s3 - s1*s2);
    
    % On reconnait le point de Lemoine X_6 du triangle ABC
    
    Rk2=Factor(Rk2)
    
    % On trouve Rk2 = -vdm^2/(s1*s2-9*s3))^2 (carré du rayon)
    % Donc Rk = 4*S/(OH^2-9) (rayon lui même)
    % Ou encore R = 4*S/abs(OH^2-9R^2) de façon homogène
    % S étant l'aire du triangle ABC et R sin rayon
    
    Et Géogébra confirme qu'il n'y a pas d'erreur.
    Le rayon de ce cercle de Lemoine est $\dfrac{4S}{|OH^2-9R^2|}$
    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour à tous
    Grâce à la construction que je viens de suggérer, nous savons maintenant que les points $D\ $, $E\ $, $F\ $ existent et sont respectivement à l'intérieur des segments $BC\ $, $CA\ $, $AB.\qquad$
    Pour montrer l'égalité du Monthly:
    $\dfrac{\overline{AF}}{\overline{AB}}+\dfrac{\overline{BD}}{\overline{BC}}+\dfrac{\overline{CE}}{\overline{CA}}=1\qquad$, il suffit d'évaluer:
    $$\dfrac{AF}{AB}+\dfrac{BD}{BC}+\dfrac{CE}{CA}\qquad$$
    Or via le rapport de similitude $k$ que nous avons défini, on a:
    $$\dfrac{AF}{AB}+\dfrac{BD}{BC}+\dfrac{CE}{CA}=k\big(\dfrac{AF}{EF}+\dfrac{BD}{DF}+\dfrac{CE}{DE}\big)=k(\cot A+\cot B+\cot C))$$
    Evidemment il faut connaitre la définition de la fonction cotangente, nous avons bien perdu Sécante et Cosécante, les filles du Savant Cosinus, alors je me méfie!
    Il en résulte que d'après le Lalesco:
    $$\dfrac{AF}{AB}+\dfrac{BD}{BC}+\dfrac{CE}{CA}=k.cot(\omega)=1\qquad$$
    puisque nous savons grâce à Mathworld que $k=\tan(\omega)\qquad$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour,

    J'ai oublié à la fin de mon calcul d'écrire:
    Factor(u+v+w)
    
    qui bien évidemment donne $1$ comme résultat, d'où la fameuse relation.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour
    Une construction possible ci-dessous : $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ sont les symétriques de $A,B,C$ par rapport au point de Lemoine $K$ (à justifier évidemment)
    Amicalement. Poulbot
    PS : les points $D,E,F$ ne sont respectivement à l'intérieur des segments $\left[ BC\right] ,\left[ CA\right] ,\left[ AB\right] $ que dans le casoù $ABC$ est acutangle (voir, par exemple, les calculs de Bouzar)
    L'exo du Monthly supposait $ABC$ acutangle et demandait de prouver que $\dfrac{AF}{AB}+\dfrac{BD}{BC}+\dfrac{CE}{CA}=1$..La variante que j'en ai donnée est valable dans tous les cas126174
  • Bonjour Rescassol
    Il me semble qu'il y a un problème avec le rayon du cercle que tu as donné (l'expression n'est d'ailleurs pas homogène à une longueur)
    la valeur correcte, comme l'a écrit Bouzar, est $\dfrac{abc}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ ($a,b,c$ sont les longueurs des côtés de $ABC$)
    En outre $9R^{2}-OH^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$
    Bien cordialement. Poulbot
  • Bonjour,

    Oui, Poulbot je fais les calculs avec le cercle unitaire ($R=1$), et j'ai toujours des problèmes avec l'homogénéité quand je veux remettre les $R$.
    En tout cas, dans le cas où $R=1$, la formule $R_k=\dfrac{4 S}{|OH^2-9|}$ est confirmée par Géogébra.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Re-bonjour Rescassol
    Effectivement les relations $abc=4RS$ et $9R^{2}-OH^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$ montrent que, dans le cas $R=1$, l'expression générale du rayon (que je préfère nettement) devient bien celle que tu as donnée.
    Bien cordialement. Poulbot
  • Bonjour,

    La similitude directe envoyant $A,B,C$ sur $E,F,D$ a pour centre le premier point de Brocard $Br_1\left(\dfrac{s_2^2 - 3s_1s_3}{a^2c + ab^2 + bc^2 - 3s_3}\right)$. L'autre sens donne le second.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Re-bonjour Rescassol
    Je me suis peut-être trompé mais j'ai trouvé que le centre de similitude est $\left( \dfrac{1}{c^{2}}:\dfrac{1}{a^{2}}:\dfrac{1}{b^{2}}\right) $ en barycentriques et qu'il s'agit classiquement du deuxième point de Brocard (voir, par exemple ICI)
    Bien cordialement. Poulbot
    PS : A titre de vérification la matrice de colonnes les coordonnées de $\left( E,F,D\right) $ données plus haut par Bouzar a bien pour vecteur propre $\left( \dfrac{1}{c^{2}}:\dfrac{1}{a^{2}}:\dfrac{1}{b^{2}}\right) $
  • Re-bonjour Poulbot,

    Le point que tu trouves est bien le même que le mien. Si c'est vraiment le second point de Brocard et non le premier, c'est alors qu'il y a une interversion dans mes archives, mais j'ai calculé ces points depuis suffisamment longtemps pour ne pas pouvoir en retrouver l'origine.
    Il me reste à rétablir le bon ordre dans mes archives.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Je viens de lire ce fil et je me rends compte que :
    - je n'ai jamais entendu parler de symédiane ;
    - je n'ai jamais entendu parler du point de Lemoine ;
    - je n'ai jamais entendu parler d'antiparallèles.

    C'est grave docteur ?

    Encore une belle illustration de l'effet Dunning-Kruger : je me rends compte de l'étendue de mon ignorance ...
  • Théorème : il existe un bon ordre dans les archives de Rescassol (:D.
  • Histoire sans parole
    Point fixe de la similitude directe $ABC\rightarrow EFD$
    Bien cordialement. Poulbot126196
  • Bonjour
    En étroite relation avec ce qui précède, voici une question sournoise :
    Quel est le lieu des centres des similitudes directes transformant $A,B,C$ en $3$ points $E,F,D$ appartenant respectivement aux droites $CA,AB,BC$?
    Bien cordialement. Poulbot
  • Bonjour Poulbot,

    Je trouve le cercle de diamètre $[GH]$ ($G$ étant le centre de gravité et $H$ l'orthocentre du triangle $ABC$).

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour Rescassol
    Je pense que tu as trouvé le cercle de diamètre $\left[ GH\right] $ comme lieu des centres des similitudes directes transformant $A,B,C$ en $3$ points appartenant respectivement aux droites $BC,CA,AB$.
    Ce résultat est intéressant mais il y a une petite confusion et il ne répond pas à la question que je posais (qui est plus en relation avec ce fil) : quel est le lieu des centres des similitudes directes transformant $A,B,C$ en $3$ points appartenant respectivement aux droites $CA,AB,BC$.
    Bien cordialement
    Poulbot
  • Re-bonjour Poulbot,

    Il semblerait que ce soit à nouveau le second point de Brocard tout seul. C'est ça que tu appelles sournois ?

    Cordialement,

    Rescassol
  • Et oui! C'est un tout petit lieu.
    Bien entendu, le centre d'une similitude directe transformant $A,B,C$ en $3$ points situés respectivement sur les droites $AB,BC,CA$ est le premier point de Brocard.
    Bien cordialement. Poulbot
  • Bonjour à tous
    Bien sûr tout ceci était trivial pour nos anciens: une simple famille linéaire de triangles inscrits dont le pivot est un point de Brocard qui en est l'équicentre, l'autre point de Brocard en étant le centre aréolaire!
    J'ai souvent parlé ici même de ces $FLTI$ à pivot!
    Et tout ça fait un énoncé du Monthly dont les lecteurs ont la mémoire courte!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • pappus > ces notions étaient enseignées au secondaire ?
  • Mon cher Arnauld_G
    Dans quelle ère?
    Primaire? Secondaire? Tertiaire? Quaternaire?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Arnaud, si cela peut te rassurer, moi aussi, avant de débarquer sur ce forum, j'ignorais tout des symédianes, du point de Lemoine, de l'antiparallélisme, des points de Brocard et des notions auxquelles fait allusion Pappus ...
    Et je peux te certifier que du temps où j'étais dans le secondaire (1962-1969), tout cela n'était pas au programme ...
    J'ai récupéré il y a quelque temps le manuel que j'avais utilisé en Terminale C, en 68-69, (Lespinard et Pernet), qui suivait le programme de 1966. Le premier chapitre était intitulé "Birapports", mais je n'ai absolument pas souvenir de l'avoir étudié (peut-être avait-il été supprimé suite à Mai 68 ?), alors que les chapitres portant sur les transformations et sur les coniques, ceux-ci, je m'en souviens bien ...
    Bien cordialement
    JLB
  • Bonjour
    Voici un complément à cet exercice.

    Montrer que $\large k=\frac{\sin A\sin B\sin C}{1+\cos A\cos B\cos C}\leq\frac1{\sqrt3}.$

    Amicalement.
  • Bonjour.

    Commençons par une figure.


    Cordialement, Pierre.126708
  • Suite.

    $ \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\umb{\Omega} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} {}\def\umbx{\Omega_{x}} {}\def\umby{\Omega_{y}}

    \def\pyth{\boxed{Pyth}} \def\ww{\boxed{W}}

    \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\ptv{~;~}

    \def\ww{\boxed{W}} \def\orthh{\boxed{OrtH}} \def\met{\boxed{\mathcal{M}}}

    \def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\Sw{S_{\omega}} $

    (1) Comme le fait judicieusement remarquer pappus, entre deux accès de ronchonades, la géométrie élémentaire fait un grand usage des théorèmes de Thalès et de Pythagore. Il est donc raisonnable de commencer par donner un énoncé opératoire de ces deux théorèmes.

    Thalès. deux droites sont parallèles lorsqu'elles se coupent à l'infini. On a donc \[ D_{1}\parallel D_{2}\Longleftrightarrow\det\left[\begin{array}{c} D_{1}\\ D_{2}\\ \linf \end{array}\right]=0 \where \linf=[1,1,1] \]

    Pythagore. Prendre le carré d'un vecteur suppose de définir les vecteurs. On pose donc: \[ \overrightarrow{MN}\doteq\frac{N}{\linf\cdot N}-\frac{M}{\linf\cdot M} \] Evidemment, ceci ne s'applique qu'à des points à distance finie. Prendre un carré suppose d'avoir une forme quadratique. On a: \[ \left|MN\right|^{2}=\tra{\overrightarrow{MN}}\cdot\pyth\cdot\overrightarrow{MN}\where\pyth=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc} 0 & -c^{2} & -b^{2}\\ -c^{2} & 0 & -a^{2}\\ -b^{2} & -a^{2} & 0 \end{array}\right) \] Preuve: cela fonctionne pour $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{CA}$.

    Le point à l'infini d'une droite est $D\wedge\linf=\ww\cdot\tra D$. On en déduit la condition d'orthogonalité de deux droites:

    \[ D_{1}\perp D_{2}\Longleftrightarrow D_{1}\cdot\met\cdot\tra{D_{2}}=0\where \]

    \[ \met\doteq\frac{1}{2S}\,\tra{\ww}\cdot\pyth\cdot\ww=\frac{1}{2S}\,\left(\begin{array}{ccc} a^{2} & -\Sc & -\Sb\\ -\Sc & b^{2} & -\Sa\\ -\Sb & -\Sa & c^{2} \end{array}\right)\ptv\ww=\left(\begin{array}{ccc} 0 & +1 & -1\\ -1 & 0 & +1\\ +1 & -1 & 0 \end{array}\right) \]

    (2) Maintenant que le plus difficile est fait, il reste à traiter l'exercice. On pose \[ D_{0}=d\,B+(1-d)\,C\ptv E_{0}=e\,C+(1-e)\,A\ptv F_{0}=f\:A+(1-f)\,B \] On écrit $\left(D_{0}\wedge E_{0}\right)\cdot\met\cdot\tra{\left(A\wedge C\right)}\etc$ et on mouline. On peut même recommencer avec $D_{0}F_{0}\perp AB\etc$. Il vient: \[ DEF=\frac{1}{\Sw}\left[\begin{array}{ccc} \Sc & a^{2} & 0\\ 0 & \Sa & b^{2}\\ c^{2} & 0 & \Sb \end{array}\right]\ptv UVW=\frac{1}{\Sw}\left[\begin{array}{ccc} \Sb & 0 & a^{2}\\ b^{2} & \Sc & 0\\ 0 & c^{2} & \Sa \end{array}\right] \]

    (3) On regarde la matrice $DEF$ au fond des yeux. Elle décrit la collinéation $\phi_{1}:\;A\mapsto D,$ $B\mapsto E$, $C\mapsto F$, $\linf\mapsto\linf$. Son polynôme caractéristique est $\left(X-1\right)\left(X^{2}+\frac{4\,S^{2}}{\Sw^{2}}\right)$. Les colonnes propres sont \[ \Psi_{1}\simeq\left[\begin{array}{ccc} a^{2}b^{2} & -\Sb+2\,iS & -\Sb-2\,iS\\ b^{2}c^{2} & -\Sa-2\,iS & 2\,iS-\Sa\\ a^{2}c^{2} & c^{2} & c^{2} \end{array}\right]\simeq\left[Broc_{1},~\umbx,\,\umby\right] \] Les deux dernières colonnes sont les points isotropes à l'infini, autrement dit, les points circulaires: la géométrie du même nom n'est plus très loin. Et donc $\phi_{1}$ est une similitude. De même $\phi_{2}$ est une similitude, ayant le même polynôme caractéristique que $\phi_{1}$, son point fixe est $Broc_{2}\simeq c^{2}a^{2}:a^{2}b^{2}:b^{2}c^{2}$, et elle quart-de-tourne dans l'autre sens.

    (4) On a montré que les triangles $DEF$ et $UVW$ sont indirectement égaux. Cela se voit sur la figure: il y a symétrie par rapport à X(6), le point de Lemoine.

    (5) Pendant qu'on y est, on remarque que $FW$ est parallèle au côté $H_{a}H_{b}$ du triangle orthique, et à la tangente au circonscrit en $C$.

    (6) Le cercle $\left(DEF\right)$ n'est autre que la conique $\left(DEF\umbx\umby\right)$. On peut donc le calculer en prenant le déterminant des six fonctions conifiantes. On peut aussi calculer le cercle circonscrit comme étant la conique circonscrite passant par les ombilics. On obtient: $\Gamma\left(x,y,z\right)=a^{2}y\,z+b^{2}x\,z+c^{2}x\,y$. On en déduit l'écriture barycentrique du plongement de Veronese. Cela donne \[ Ver\left(x:y:z\right)\simeq\left[x,y,z,-\dfrac{a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}yx}{x+y+z}\right] \] On prend le wedge des trois Veronese et l'on obtient: \[ \left[\begin{array}{c} b^{2}c^{2}\Sa\\ a^{2}c^{2}\Sb\\ a^{2}b^{2}\Sc\\ \Sw^{2} \end{array}\right] \] et donc le centre est X(6) et le rayon est $\dfrac{a\,b\,c}{2\,\Sw}$. Par symétrie, les six points sont sur le même cercle.

    Cordialement, Pierre.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!