La droite de Droz-Farny, une généralisation de van Lamoen

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

1. ABC  un triangle

2. H       l'orthocentre de ABC

3. L, M  deux transversales perpendiculaires issues de H

4. A', B', C'     les points d'intersection de L resp. avec (BC), (CA), (AB)

5.  A'', B'', C''  les points d'intersection de M resp. avec (BC), (CA), (AB)

6.I, J, K            trois points divisant [A'A''], [B'B''], [C'C''] dans le même rapport à partir de A', B', C'.

Question : I, J et K sont alignés.

Merci pour votre aide pour la figure.
Sincèrement
Jean-Louis.

Malgame

Bonjour,

Joli problème ! Je vois différentes choses. Je voudrais prouver que les milieux de [A'A''], [B'B''] et [C'C''] (centres de trois cercles passant par H) sont alignés. Ces trois cercles ont un second point commun. Une inversion de pôle H transforme ces trois cercles en trois droites concourantes... La composée de trois homothéties de centres A', B', C' ? Bref je nage !

Bon pont !

Rescassol

Bonjour,

Voilà, avec Morley circonscrit:

% Jean-Louis Ayme - 15 Mai 2023 
% La droite de Droz-Farny, une généralisation de van Lamoen

% ABC         un triangle
% H           l'orthocentre de ABC
% L, M        deux transversales perpendiculaires issues de H
% A', B', C'  les points d'intersection de L resp. avec (BC), (CA), (AB)
% A", B", C"  les points d'intersection de M resp. avec (BC), (CA), (AB)
% I, J, K     trois points divisant [A'A''], [B'B''], [C'C''] 
%             dans le même rapport à partir de A', B', C'.

% Question : I, J et K sont alignés.

%-----------------------------------------------------------------------

clc, clear all, close all

syms a b c

aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c;  % Conjugués (Morley circpnscrit)

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;  % Conjugués
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

syms u % Un vecteur unitaire 

uB=1/u;

[pL qL rL]=DroiteDeuxPoints(s1,s1+u,s1B,s1B+uB); % Droite (L)
F=s3*u;
pL=FracSym(Factor(F*pL),[a b c]);
qL=FracSym(Factor(F*qL),[a b c]);
rL=FracSym(Factor(F*rL),[a b c]);
% On trouve:
pL = s3;
qL = -s3*u^2;
rL = s2*u^2 - s1*s3;

[Ap ApB]=IntersectionDeuxDroites(pL,qL,rL,1,b*c,-b-c); % Point A'
[Bp BpB]=IntersectionDeuxDroites(pL,qL,rL,1,c*a,-c-a); % Point B'
[Cp CpB]=IntersectionDeuxDroites(pL,qL,rL,1,a*b,-a-b); % Point C'
Ap(u)=Factor(Ap); Bp(u)=Factor(Bp); Cp(u)=Factor(Cp);
ApB(u)=Factor(ApB); BpB(u)=Factor(BpB); CpB(u)=Factor(CpB);

%-----------------------------------------------------------------------

syms t real % I = A' + t A" et permutation circulaire

% Ap(i*u) est A" et permutation circulaire

I(u)=Ap(u)+t*Ap(i*u); J(u)=Bp(u)+t*Bp(i*u); K(u)=Cp(u)+t*Cp(i*u);
IB(u)=ApB(u)+t*ApB(-i*u); JB(u)=BpB(u)+t*BpB(-i*u); KB(u)=CpB(u)+t*CpB(-i*u);

Nul=Factor(det([I(u) IB(u) 1; J(u) JB(u) 1; K(u) KB(u) 1])) % I,J,K alignés

% On trouve Nul=0, donc c'est gagné.

Cordialement,
Rescassol

Malgame

Bonjour
Nouveau sur ce site, j'avoue que bien des éléments de langage me sont inconnus. C'est quoi "Morley circonscrit" ? Je connais le th de Morley sur les trisectrices, mais guère plus...
Merci d'avance.

Rescassol

Bonjour
Je copie-colle l'explication que j'ai déjà donnée maintes fois.

Morley circonscrit consiste dans un problème de géométrie où intervient un triangle $ABC$ à faire de la géométrie analytique en nombres complexes. On choisit le centre de son cercle circonscrit $O$ comme origine et son rayon comme unité. Les affixes $a,b,c$ de $A,B,C$ ont alors pour module $1$ et leurs inverses sont leurs conjugués. On utilise aussi $s_1=a+b+c$, $s_2=ab+bc+ca$ et $s_3=abc$. Pour continuer, il faut alors disposer d'un certain nombre de formules permettant de calculer tout ce qui est classique.

Morley inscrit consiste à faire la même chose, mais en prenant comme cercle unitaire le cercle $UVW$ inscrit dans le triangle $ABC$. On calcule alors tout en fonction de leurs affixes $u,v,w$, et $s_1,s_2,s_3$ sont maintenant les fonctions symétriques de $u,v,w$.
On suppose de plus que $s_1\overline{s_1}\leq 1$ pour que $UVW$ soient les points de contact du cercle inscrit et non d'un cercle exinscrit. Dit autrement, $UVW$ est acutangle.

Cela n'a rien à voir avec le théorème de Morley sur les triangles équilatéraux formés à partir des trissectrices.
Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonsoir,

cette généralisation m'a permis de trouver une seconde preuve purement synthétique de la droite de Droz-Farny...

Sincèrement
Jean-Louis

pldx1

Bonjour,$\def\Sa{S_{a}}   \def\Sb{S_{b}}   \def\Sc{S_{c}}$

Décodons le mistigri. Définissons $L,M$ comme étant les tripolaires des points $P,U$. Alors les points $A',B',C',A'',B'',C''$ sont les coceviens des points $P,U$. On définit les points d'égale division par $J_{j}=kP_{j}+\left(1-k\right)U_{j}$. On détermine l'alignement de ces points par un déterminant, qui se factorise.

À part l'évidence $k\left(1-k\right)=0$, on obtient $P,U,G$ alignés. Ou bien $tP,tU,tG$ alignés ($t$ désigne l'isotomique). On se demande quelle est alors l'enveloppe des droites $J_{a}J_{b}J_{c}$. Dans le premier cas on trouve la conique passant par $A,B,C,G,P$ (c'est une parabole). Dans le deuxième cas, la droite mobile est parallèle à la tripolaire de $P$ (la droite $L$).

Revenons à nos moutons déguisés. Le triangle de Steiner d'un point dégénère en une droite lorsque ce point est l'isogonal d'un point à l'infini, soit $V_{t}\simeq1:t:-1-t$ . Et alors cette droite $\Delta_{t}$ passe par $H=$X(4). Les deux droites sont orthogonales lorsque les points $V$ sont orthopoints, soit $a^{2}st+{\it \Sc}\left(s+t\right)+b^{2}=0$.

Tandis que les tripoles de ces droites sont alignés avec le centre de gravité lorsque... faisons le calcul. Ah, le suspense est insoutenable !
Cordialement, Pierre.

Malgame

Merci Rescassol !

Vassillia

Bonjour,

Je vais encore embêter le monde, j'ai essayé de voir le cas général proposé par @pldx1 mais j'ai un souci avec la conique, je ne vois pas comment une parabole pourrait passer par $A,B,C$ et $G$.

En fait, je verrais bien une parabole quand même mais est-ce qu'elle ne serait pas plutôt tangente à l'une des droites définissant le triangle $ABC$ et tangente à $L$ et $M$ ? En même temps, ce n'est pas du tout certain que j'ai compris le problème correctement et que je me pose les bonnes questions, je galère un peu avec le vocabulaire.

Malgame

Bonjour !
Je voudrais prouver que les milieux de [A'A''], [B'B''] et [C'C''] (centres de trois cercles passant par H) sont alignés, ou que ces trois cercles ont un second point commun, ce qui est équivalent. La suite est plus facile, me semble-t-il.

J'avoue que je désire une démonstration "à l'ancienne".

S'il faut faire un calcul barycentrique si complexe que je dois le confier à un programme... c'est le programme qui jouit, et pas moi.

S'il faut que j'apprenne des mots nouveaux, comme "tripolaire", non. Assez de jargon.

Il me faut des propriétés angulaires, du Thalès, du Pythagore, du Ménélaus, des homothéties, des similitudes, des inversions ! Pour prouver que trois points qui sont chacun sur un côté d'un triangle sont alignés, pourquoi pas Menelaus. Mais on voit que la propriété à démontrer est complètement dépendante du fait que le point H est l'orthocentre. Pourquoi lui ? Quelle propriété de l'orthocentre joue ce rôle clé ?

pldx1

Bonjour, $\def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\ptv{~;~} \def\rr{\mathbb{R}}$

Comme déjà signalé par Vassillia, il semblerait que mon précédent post a été passé dans une essoreuse... et qu'il en a été quelque peu chamboulé. Reprenons tout cela calmement. On part de deux points non situés sur les côtés du triangle: \[ P\simdoteq\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)\ptv U\simdoteq\left(\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right) \] On passe aux tripolaires  \[ L\simeq\left[\dfrac{1}{p},\dfrac{1}{q},\dfrac{1}{r}\right]\ptv M\simeq\left[\dfrac{1}{u},\dfrac{1}{v},\dfrac{1}{w}\right] \] qui coupent les côtés aux points  \[ A',B',C'\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ q\\ -r \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -p\\ 0\\ r \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} p\\ -q\\ 0 \end{array}\right)\ptv A'',B'',C''\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ v\\ -w \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -u\\ 0\\ w \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} u\\ -v\\ 0 \end{array}\right) \] Ci après, ces points, i.e. les cocéviens de $P,U$, seront notés $P_{j}$et $U_{j}$ avec $j=a,b,c$.

Les points d'égale division sont définis par \[ J_{a}\simeq kP_{a}+\left(1-k\right)U_{a}\simeq\frac{k}{q-r}\left(\begin{array}{c} 0\\ q\\ -r \end{array}\right)+\frac{1-k}{v-w}\left(\begin{array}{c} 0\\ v\\ -w \end{array}\right) \] On a donc $\left[J_{a},J_{b},J_{c}\right]\simeq$ \[ \left[\begin{array}{ccc} 0 & \left(pw-ru\right)k-u\left(p-r\right) & \left(pv-qu\right)k-u\left(p-q\right)\\ \left(qw-rv\right)k-v\left(q-r\right) & 0 & \left(qu-pv\right)k+v\left(p-q\right)\\ \left(rv-qw\right)k+w\left(q-r\right) & \left(ru-pw\right)k+w\left(p-r\right) & 0 \end{array}\right] \] Le déterminant détermine si ces points sont alignés. On trouve: \begin{multline*} \det=k\left(k-1\right)\left(pv-pw-qu+qw+ru-rv\right)\times \left(pquw-pqvw-pruv+prvw+qruv-qruw\right)=0 \end{multline*}

$\textcolor{magenta}{\mathrm{ La\; principale\; chose\; à\; remarquer\; est\; le\; fait\; que\; cette\; condition\; ne\; dépend\; pas\; de\;} k\;\;}$ (hormis le cas trivial).

Le premier facteur peut se réécrire sous la forme $\det\left[G,P,U\right]$... qui détermine l'alignement des points $G,P,U$. Posant $U=G+K\,P$ avec $K\in\rr$, on calcule $J_{a}\wedge J_{b}$. Qui est du second degré en $K$. Un coup de locusconi nous en donne l'enveloppe \[ \boxed{\mathcal{C}^{*}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & p-q & r-p\\ p-q & 0 & q-r\\ r-p & q-r & 0 \end{array}\right] \] Cette conique est tangente aux côtés du triangle, à la transversale $L$ et à la droite de l'infini (parabole) en $N_{\infty}\simeq q-r:r-p:p-q$. On la trace sous geogebra (en mauve sur la figure) à l'aide de son perspecteur, $\mathrm{t}N_{\infty}$.

Le deuxième facteur est proportionnel à $\det\left[\mathrm{t}G,\mathrm{t}P,\mathrm{t}U\right]$... qui détermine l'alignement des points $\mathrm{t}G,\mathrm{t}P,\mathrm{t}U$. Le lieu des points qui vérifient cette condition est la conique passant par $A,B,C,G,P$. Et alors la droite $J_{a}J_{b}J_{c}$ reste parallèle à elle-même.  

Cordialement, Pierre.

Edit: magenta comment added.

pldx1

Malgame a dit: on voit que la propriété à démontrer est complètement dépendante du fait que le point H est l'orthocentre.

 À quoi voit-on une chose pareille ? Autrement dit, cette propriété d'alignement est-elle vraiment réservée aux droites de Steiner ? Cordialement, Pierre.

Malgame

Je fais une fixette sur les milieux des segments [A'A''],[B'B''][C'C'']. Je voudrais prouver qu'ils sont alignés. Et, expérimentalement, ils ne sont pas alignés si les transversales perpendiculaires ne se coupent pas en l'orthocentre.

Maintenant, si l'isogonalité est en jeu, peut-être que j'aurais dû regarder ce qui se passe au cas où elles se coupent au centre du cercle circonscrit...

Cordialement,

JM

pappus

Bonjour à tous

S'il existe un marronnier, c'est bien le théorème de Droz-Farny.

C'est un théorème qui concerne les paraboles inscrites dans le triangle $ABC$.

Soit $\Pi$ une telle parabole de foyer $F$ et de directrice $D$.

Les tangentes à $\Pi$ induisent sur les côtés du triangle $ABC$ une $FLTI$ dont les triplets de points homologues $(a,b,c)$ sont formés de points alignés.

D'autre part la directrice $D$ est la droite de Steiner de $F$ par rapport au triangle $ABC$ et passe donc par son orthocentre $H$.

Comme $D$ est aussi la droite orthoptique de $\Pi$, les tangentes à $\Pi$ issues de $H$ sont orthogonales et sont des droites supports de points homologues de cette $FLTI$.

Bof!

Ce n'est qu'un triste conglomérat de théorèmes oubliés sur la défunte parabole aussi connue que celles de l'évangile.

Le théorème de Droz-Farny revient à dire que la conique inscrite dans le triangle $ABC$ et tangente (merci JLB!) aux deux transversales orthogonales passant par $H$ est bien une parabole.

Rebof!

Amicalement

pappus

Malgame

Ah, vu comme ça, c'est intéressant. Serais-tu blasé Pappus ?

Amicalement,

jelobreuil

Bonsoir à tous,

@Pappus, ne faut-il pas lire, dans ton dernier paragraphe de deux liqnes, "... et tangente aux deux transversales ..." ?

Bien amicalement, JLB

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

Droz-Farny a publié son résultat sans preuve en 1899 (Question 14111 Educational Times 71 (1899) 89-90)

La première preuve a eu recours à une parabole (Joseph Neuberg)
La première preuve purement synthétique en 2004 (Jean-Louis Ayme)  https://forumgeom.fau.edu/FG2004volume4/FG2004index.html

Le résultat proposée sans solution dans ce fil, par Floor van Lamoen en 2004  et une première preuve en 2011;

a-short-proof-of-lamoens-generalization-of-the-droz-farny-line-theorem.pdf (456kb)

J'ai trouvé une nouvelle preuve de ces deux résultats en pensant uniquement au point d'Auguste Miquel...que je rédige en ce moment.

Sincèrement
Jean-Louis

Vassillia

Malgame a dit :

Et, expérimentalement, ils ne sont pas alignés si les transversales perpendiculaires ne se coupent pas en l'orthocentre.

Hum, tu es sur de ça ? j'ai un gros doute.
Tu peux bouger les points $A,B$ et $C$ manuellement, le point $P$ via ses coordonnées barycentriques et tu peux même changer la valeur de $k$ au cas où tu en aurais marre des milieux https://www.geogebra.org/classic/ay3sjeg2

Une fois qu'on sait que les points $U,P$ et $G$ sont alignés, il suffit de rajouter la condition $L$ et $M$ sont perpendiculaires et le point $U$ est fixé. L'autre cas de figure impliquant $L$ et $M$ parallèles, il ne peut pas nous servir.

C'est un petit peu normal que le théorème de Droz-Farny tombe aux oubliettes, c'est un cas particulier ce qui ne retire rien à la performance de ceux qui l'ont trouvé à l'époque mais de nos jours...

Par contre, à mon avis, il vaut mieux adopter la méthode de pldx1 pour s'en sortir.

pappus

Bonsoir à tous.

J'espérais susciter l'intérêt avec cette histoire de parabole mais macache bono tant qu'on ne propose pas de prouver l'alignement de trois points, il n'y a rien à tirer de ce forum !

Alors je vais montrer tout seul, comme un bon petit vieux perclus de rhumatismes et couvert de plaies et de bosses qu'une conique $\gamma$ inscrite dans le triangle $ABC$ et tangente à deux transversales orthogonales $D_1$ et $D_2$  issues de l'orthocentre $H$ est une parabole.

Une méthode serait d'utiliser le glossaire de pldx1, bien connu des amoureux de la langue de Shakespeare mais je vais en utiliser une autre pour m'épargner un déluge de calculs barycentriques et économiser ainsi ma réserve de Doliprane !

Je vais transformer la figure par polaires réciproques par rapport au cercle polaire $\Gamma$ du triangle $ABC$.

On peut trouver une étude élémentaire de ce cercle dans le vieux grimoire du Lebossé-Hémery, la seule chose à retenir étant que le triangle $ABC$ est autopolaire par rapport à $\Gamma$ et pour que la figure soit plus simple à faire, je vais supposer le triangle $ABC$ acutangle pour faire plaisir à Jean Louis Ayme.

Comme il est bien connu depuis des générations, le centre du cercle polaire est l'orthocentre $H$.

Soit $\gamma'$ la conique, transformée par polaires réciproques de la conique $\gamma$ par rapport au cercle polaire $\Gamma$.

$\gamma'$ passe par le pôle $A$ de $BC$, par le pôle $B$ de $CA$, par le pôle $C$ de $AB$.

Dans le jargon des sectateurs de la géométrie du triangle $\gamma'$ est une conique circonscrite au triangle $ABC$.

Maintenant $\gamma'$ passe par le pôle de $D_1$ qui est le point à l'infini de $D_2$ et aussi démocratiquement par le pôle de $D_2$ qui est le point à l'infini de $D_1$.

Résultat des courses :

$D_1$ et $D_2$ définissent les directions asymptotiques de $\gamma'$ qui est donc une hyperbole équilatère circonscrite et qui en tant que telle passe aussi par l'orthocentre $H$, (phénomène bien connu, laissez moi rire!).

Par réciprocité polaire, la conique $\gamma$ est tangente à la polaire de $H$ qui n'est pas autre chose  que la droite de l'infini et $\gamma$ est une parabole !

Pleurez doux alcyons, doux alcyons pleurez.
Elle a vécu...
Amicalement
pappus

pappus

Bonsoir à tous

Pour ceux qui sont rétifs à lire l'anglais de l'ésotérique glossaire, il existe heureusement une autre solution plus agréable, le livre de Jean-Denis Eiden que je salue:

géométrie analytique classique

publié chez C&M et écrit dans la langue de Molière la plus parfaite

Rappelons nous notre angoissant problème:

Prouver que toute conique $\Gamma$ inscrite dans le triangle de référence $ABC$ et tangentes à deux droites orthogonales issues de l'orthocentre $H$ est une parabole.

L'idée est d'utiliser l'équation tangentielle de $\Gamma$:

$$(1)\quad pvw+qwu+ruv=0$$

La condition imposée revient à dire que $H$ appartient à la courbe orthoptique de $\Gamma$.

Or il se trouve que Jean-Denis Eiden a eu l'extrême gentillesse de nous écrire l'équation de cette courbe orthoptique vers la fin de son magnifique ouvrage, page 434 exactement.

Alors à vos stylos mais j'ai déjà un mauvais pressentiment!

Même si ce calcul ne s'étend que sur quelques lignes, ce n'est pas demain la veille qu'on en verra le début du commencement!

Amicalement

pappus

Malgame

Vassillia a dit :

Hum, tu es sur de ça ? j'ai un gros doute.

Je plane, sur ce site. Je suis en terminale à Digne (lycée GdeG) et je m'intéresse à la géométrie en amateur, étant tombé par hasard sur un livre de géométrie "l'appel des maths". Il me semble en effet que le théorème proposé dans ce fil est faux si les transversales perpendiculaires ne se coupent pas en l'orthocentre du triangle. D'une part j'ai l'habitude de penser que si c'est dans l'énoncé (point 3), c'est nécessaire. D'autre part, si je fais une figure, où P n'est pas en H, les milieux de A'A'', B'B'', C',C'' ne sont pas alignés.

Vassillia

Tu n'as pas compris ce que je voulais dire mais à ta décharge, je n'ai pas été très claire non plus.

- Je ne dis pas que passant par n'importe quel point, toutes les paires de transversales perpendiculaires donneront des points alignés, tu as tout à fait raison de le rappeler.

- Je dis que pour n'importe quelle transversale (qu'elle passe par $H$ ou pas), il existe une transversale perpendiculaire qui donnera des points alignés. Cas particulier : si la transversale passe par $H$ alors la transversale perpendiculaire passe par $H$ aussi.

Donc quand tu me dis "les points ne sont pas alignés si les transversales perpendiculaires ne se coupent pas en l'orthocentre" je ne suis pas trop d'accord. Je t'invite à essayer ma figure précédente, tu y verras plein de situations où les transversales ne se coupent pas en $H$ et où les points sont alignés quand même, c'est un peu pour toi que je l'ai fait.

Edit : Pour éviter les confusions, le $P$ sur ta figure n'est pas celui dont je parle avant et qui correspond à celui introduit par pldx1. Pour essayer de comprendre de quoi on parle, tu peux :

- Trouver le point $A_P$ comme intersection de $(AP)$ et $(BC)$ (respectivement $B_P$ comme intersection de $(BP)$ et $(AC)$ et $C_P$ comme intersection de $(CP)$ et $(AB)$)

- Trouver le point $A'$ comme intersection de $(B_PC_P)$ et $(BC)$ (respectivement $B'$ comme intersection de $(A_PC_P)$ et $(AC)$ et $C'$ comme intersection de $(A_PB_P)$ et $(AB)$)

Les points $A'$, $B'$ et $C'$ sont alignés et forment alors une des transversales que l'on va étudier, c'est cette droite qui a été appelée tripolaire du point $P$ précédemment.

pappus

Bonjour à tous

Ce que dit Vassillia est pourtant clair à comprendre.

Prenons un triangle $ABC$ et une transversale quelconque $D$ ne passant pas forcément par l'orthocentre $H$.

En général, (cela veut dire qu'il y a des exceptions faciles à trouver), il existe une unique parabole $\Pi$ inscrite dans le triangle $ABC$ et tangente à la droite $D$.

Cette parabole était autrefois facile à construire alors que c'est devenu impossible aujourd'hui en cette époque moyenâgeuse!

Son foyer $F$ est le point de Miquel du quadrilatère complet formé par les quatre droites $BC$, $CA$, $AB$, $D$.

Sa directrice $\Delta$ est la droite joignant les symétriques de $F$ par rapport aux quatre côtés de ce quadrilatère complet.

Maintenant soit $\Omega= D\cap \Delta$.

La droite $D'$ passant par $\Omega$ et orthogonale à $D$ est aussi tangente à la parabole $\Pi$.

Petite colle:

Quel est le lieu du point $\Omega$ quand $D$ fait partie d'un faisceau de droites parallèles?

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour, $\def\pyth{\mathbf{\mathrm{pyth}}} \def\ttt{\mathbf{\mathrm{isot}}} \def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\conim#1{\boxed{\mathcal{C}_{#1}}} \def\conis#1{\boxed{\mathcal{C}_{#1}^{*}}} \def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\hhh{\mathcal{H}} \def\cc{\mathbb{C}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}} \def\bmul{\underset{b}{*}}$

Dès que l'on propose de prouver l'alignement de trois points, il y a plein de choses à tirer de ce forum ! 

Cette prophétie de l'ami pappus se vérifie largement dans ce fil qui commençait par "Question : I, J et K sont alignés" . Prenons un point à l'infini dans le plan du triangle $ABC$, soit \[ \ttt K\simeq1:t:-1-t \] Son isotomique est donc le point $K\simdoteq1:1/t:-1/\left(1+t\right)$. On considère la conique inscrite de perspecteur $K$. Comme on sait, " faire des mathématiques, c'est aussi faire faire des mathématiques à son ordinateur" . On a donc, un jour dans le passé, programmé une procédure $\mathrm{mconi\_in}$... et son résultat est: \[ \conim{}\simeq\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{1}{t^{2}\left(1+t\right)^{2}} & \dfrac{-1}{t\left(1+t\right)^{2}} & \dfrac{1}{t^{2}\left(1+t\right)}\\ \dfrac{-1}{t\left(1+t\right)^{2}} & \dfrac{1}{\left(1+t\right)^{2}} & \dfrac{1}{t\left(1+t\right)}\\ \dfrac{1}{t^{2}\left(1+t\right)} & \dfrac{1}{t\left(1+t\right)} & \dfrac{1}{t^{2}} \end{array}\right] \] Une fois une certaine stupéfaction passée, on se plonge dans les vieux grimoires pour tenter de comprendre le contexte qui bien pu a conduire à définir un objet pareil. En fait, l'objectif n'est pas tant l'étude des points $M\in\mathcal{C}$, mais celle des droites $\Delta\in\mathcal{C}^{*}$, autrement dit les droites ayant l'amabilité d'être tangentes à la conique $\mathcal{C}$. Ces droites sont caractérisées par $\Delta\cdot\conis{}\cdot\tra{\Delta}=0$, avec \[ \conis{}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & -1-t & t\\ -1-t & 0 & 1\\ t & 1 & 0 \end{array}\right] \] équation dans laquelle la matrice $\conis{}$ est l'adjointe de la matrice $\conim{}$. On pourrait calculer $\linf\cdot\conis{}\cdot\tra{\linf}$ et en déduire que $\mathcal{C}$ est une parabole. Mais cela constituerait

un déluge de calculs barycentriques menaçant d'épuiser la réserve de Doliprane du lecteur. 

Il vaut donc mieux considérer le cercle polaire. Un lecteur qui aurait suivi le cursus de Langues Orientales saurait que \[ \mathrm{anglais}\left(cercle\right)=diagonal\ptv\mathrm{anglais}\left(polaire\right)=circle \] Il lui suffirait donc de chercher "diagonal circle" dans un quelconque " Glossary" . Mais rien n'empêche de repartir ab ovo. On sait que les vecteurs fléchi-flécha sont définis par \[ \overrightarrow{MN}\doteq\dfrac{N}{\linf\cdot N}-\dfrac{M}{\linf\cdot M} \] L'ensemble de ces vecteurs fléchi-flécha forme le plan $x+y+z=0$ au sein de l'espace vectoriel $\cc^{3}$. On sait en outre (et JLT l'a rappelé) que la forme quadratique $\mathrm{pyth}$ vérifiant $\pyth\left(\overrightarrow{BC}\right)=a^{2}$, $\pyth\left(\overrightarrow{CA}\right)=b^{2}$, $\pyth\left(\overrightarrow{AB}\right)=c^{2}$ s'écrit \[ \pyth\left(\overrightarrow{V}\right)=\tra{\overrightarrow{V}}\cdot\boxed{\Gamma_{O}}\cdot\overrightarrow{V}\where\boxed{\Gamma_{O}}\doteq\dfrac{-1}{2}\,\left[\begin{array}{ccc} 0 & c^{2} & b^{2}\\ c^{2} & 0 & a^{2}\\ b^{2} & a^{2} & 0 \end{array}\right] \] mais peut aussi s'écrire \[ \pyth\left(\overrightarrow{V}\right)=\tra{\overrightarrow{V}}\cdot\boxed{\Gamma_{H}}\cdot\overrightarrow{V}\where\boxed{\Gamma_{H}}\doteq\left[\begin{array}{ccc} \Sa & 0 & 0\\ 0 & \Sb & 0\\ 0 & 0 & \Sc \end{array}\right] \] Sortons ces deux matrices de leur contexte et considérons les courbes définies dans $\pcct$ par $\tra M\cdot\Gamma\cdot M=0$. Étant du second degré, ces courbes sont des coniques. Elles passent les points tels que $\linf\cdot M=0$ et $\pyth\left(M\right)=0$. Ces deux points sont les ombilics du plan et vérifient \[ \umbx\simeq\left(\begin{array}{c} a^{2}-b^{2}+c^{2}-4\,iS\\ -a^{2}+b^{2}+c^{2}+4\,iS\\ -2\,c^{2} \end{array}\right)\ptv\umby\simeq\left(\begin{array}{c} a^{2}-b^{2}+c^{2}+4\,iS\\ -a^{2}+b^{2}+c^{2}-4\,iS\\ -2\,c^{2} \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \Sb+2iS\\ S_{a}-2iS\\ -c^{2} \end{array}\right) \] Autrement dit, $\Gamma_{O}$ et $\Gamma_{H}$ sont des cercles. Un calcul barycentrique épuisant montre que $\Gamma_{O}$ passe par $A,B,C$: il s'agit donc du cercle circonscrit. Une intense contemplation montre que la matrice $\Gamma_{H}$ est diagonale: il s'agit donc du fameux diagonal circle. Quel est le centre de ce cercle ? On pourrait tricher et lire directement la réponse dans un livre ou un autre. On pourrait tenir pour acquis le fait que le centre conique (pôle de la droite de l'infini) est identique au centre circulaire. On pourrait même, horresco referens, utiliser une formule diabolique (se reporter à la sourate "pencils of circles" ). Pour faire chic, on pourrait aussi utiliser la méthode de Lagrange pour déterminer le point ayant la puissance extrémale par rapport au cercle en question.

Dans tous les cas, on trouve que le cercle $\Gamma_{H}$ est centré en $H=$X(4). Et maintenant suivons la méthode simplificatrice de pappus. La conique $\conim{}$ étant inscrite au triangle, son adjointe $\conis{}$ est donc "circonscrite au trigone" et ses droites peuvent se paramétrer par \[ \Delta_{s}\simdoteq\left[1,\dfrac{t}{s},\dfrac{1+t}{1+s}\right] \] Le pôle de cette droite par rapport à $\Gamma_{H}$ est donc \begin{eqnarray*} P_{s}\simdoteq\boxed{\Gamma_{H}^{*}}\cdot\tra{\Delta_{s}} & \simeq & \left[\begin{array}{ccc} \Sb\Sc & 0 & 0\\ 0 & \Sc\Sa & 0\\ 0 & 0 & \Sa\Sb \end{array}\right]\cdot\left(\begin{array}{c} 1\\ t/s\\ \left(1+t\right)/\left(1+s\right) \end{array}\right)\\ & \simeq & \left(\begin{array}{c} 1\times\Sb\Sc\\ t\times\Sc\Sa\\ -\left(1+t\right)\Sa\Sb \end{array}\right) \bmul \ttt\left(\begin{array}{c} 1\\ s\\ -1-s \end{array}\right) \end{eqnarray*} Et alors, sans aucun calcul d'aucune sorte, on voit que le lieu de $P_{s}$ est une conique $\mathcal{\hhh}$ circonscrite à $ABC$. En premier lieu, cela se voit. En deuxième lieu, on avait fait exprès: le triangle $ABC$ étant autopolaire wrt $\Gamma_{H}$, le pôle de $BC$ (i.e. $A$) appartient à $\mathcal{\hhh}$, etc. Un calcul barycentrique épuisant montre que $P_{s}\left(s=t\right)=H=$X(4). On en déduit que:

1. La droite $\linf$, qui est la $\Gamma$-polaire de $H$, appartient à la conique $\mathcal{C^{*}}$... et donc $\mathcal{C}$ est une parabole.
2. La conique $\hhh$, contenant un quadrangle orthocentrique, est une hyperbole équilatère.
3. Les points à l'infini de $\hhh$ sont orthopoints l'un de l'autre. Leurs $\Gamma$-polaires sont deux droites passant par $H$ et orthogonales l'une à l'autre... et elles appartiennent à $\mathcal{C}^{*}$. Autrement dit, les tangentes issues de $H$ sont orthogonales entre elles.

Bilan: il ne suffit pas de changer de méthode pour changer de résultat.

Cordialement, Pierre

pappus

Bonjour à tous

Par acquit de conscience mais sans la moindre illusion, je donne ici les indications du JDE pour l'ensemble de ceux qui voudraient mettre les mains dans le cambouis du calcul barycentrique. Cela m'étonnerait beaucoup que cet ensemble ne soit pas vide!

Le plan euclidien est muni de son triangle de référence $ABC$ et de son terrible cortège des coordonnées barycentriques homogènes.

On se donne une conique $\Gamma$ par son équation tangentielle:

$$(1)\quad \varphi(u,v,w)=\lambda u^2+\mu v^2+\nu w^2+2(pvw+qwu+ruv)=0$$

La courbe orthoptique de $\Gamma$, lieu des points d'où on peut mener deux tangentes orthogonales à $\Gamma$ a pour équation ponctuelle:

$$(2)\quad \psi(x,y,z)=\Delta(a^2yz+b^2zx+c^2xy)+(\alpha x+\beta y+\gamma z)(x+y+z)=0$$

avec:

$$\Delta=-\varphi(1,1,1)=-(\lambda+\mu+\nu+2(p+q+r))$$

$$\alpha=\mu c^2+p(b^2+c^2-a^2)+\nu b^2$$

$$\beta=\nu a^2+q(c^2+a^2-b^2)+\lambda c^2$$

$$\gamma=\lambda b^2+r(a^2+b^2-c^2)+\mu a^2$$

Amicalement

pappus

pldx1

Casoar et gants blancs, drôle d'oiseau.

pappus

Bonjour à tous

Cela me rappelle la Corniche et les cornichons que j'ai fréquentés dans mon adolescence.

Existent-ils encore aujourd'hui?

Ce qui est sûr et certain, c'est que les cornichons d'autrefois étaient bien meilleurs en géométrie que nos étudiants actuels!

Mais revenons à nos moutons

Je l'ai dit, l'équation tangentielle d'une conique inscrite $\Gamma$ est particulièrement simple:

$$(1)\quad pvw+qwu+ruv=0$$

Le point de coordonnées $(p:q:r)$ s'appelle le point de service de $\Gamma$. C'est l'isotomique de son perspecteur!

Bof!

Comment reconnaitre que $\Gamma$ est une parabole sur son équation tangentielle?

Il suffit d'écrire que $\Gamma$ est tangente à la droite de l'infini d'équation: $x+y+z=0$ et donc de coordonnées tangentielles $(1:1:1)$

On écrit donc que le triplet $(1:1:1)$ vérifie l'équation tangentielle $(1)$ de $\Gamma$ et on obtient:

$$p+q+r=0$$

Ceci équivaut à dire que le point de service est sur la droite de l'infini ou que le perspecteur est sur l'ellipse de Steiner circonscrtite.

Bof!

L'équation de la courbe orthoptique de $\Gamma$ est donc d'après les indications du JDE:

$$-2(p+q+r)(a^2yz+b^2zx+c^2xy)+\big(p(b^2+c^2-a^2)x+q(c^2+a^2-b^2)y+r(a^2+b^2-c^2)z\big)(x+y+z)=0$$

Il faut maintenant écrire que l'orthocentre $H$ est situé sur ce lieu orthoptique!
Et patatras!

Nouveau drame épouvantable, il faut calculer les coordonnées barycentriques de l'orthocentre $H$!

Et comment y arriver en ces temps obscurs où même les barycentres ont disparu de la circulation?

Amicalement

pappus

pldx1

En ces temps-là, même un oiseau louche aurait réussi à remarquer... que les coordonnées de $H$  ont été rappelées deux posts plus haut. 

pappus

Bonjour à tous

L'oiseau louche appréciera!

Certes on peut dénicher les coordonnées de $H$ dans ce post inutilement ésotérique pour le commun des mortels.

Encore faut-il les utiliser dans le calcul demandé!

Leur calcul est fait dans le JDE, page 39 et suivantes mais je n'aime pas trop la méthode suivie ni le résultat obtenu sous forme trigonométrique.

J'aime bien la méthode utilisant les fonctions scalaires de Leibnitz même si ces dernières ont disparu de notre enseignement depuis belle lurette.

Berger s'en servait pour construire l'espace des sphères sans doute une raison de plus pour qu'elles passent à la trappe!

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Rappelons qu'un point $M$ du plan affine de coordonnées barycentriques homogènes $(x:y:z)$ par rapport au triangle de référence $ABC$ a pour coordonnées barycentriques normalisées $(X,Y,Z)$ avec $X=\dfrac x{x+y+z}$, $Y=\dfrac y{x+y+z}$, $Z=\dfrac z{x+y+z}$ en sorte que $X+Y+Z=1$

Maintenant j'utilise la fonction scalaire de Leibnitz $f:M\mapsto MB^2-MC^2$.

Sa principale propriété est d'être affine!

Ca vous en bouche un coin?

Curieusement, on peut en trouver une preuve dans le Lebossé-Hémery!

Ainsi

$$f(M)=f(X.A+Y.B+Z.C)=Xf(A)+Yf(B)+Zf(C)=(c^2-b^2)X-a^2Y+a^2Z$$

L'équation de la médiatrice de $BC$ en coordonnées barycentriques homogènes est donc:

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

Difficile de faire plus vite!

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Les équations des deux autres médiatrices s'obtiennent en faisant simultanément les permutations circulaires $a\mapsto b\mapsto c\mapsto a$ et $x\mapsto y\mapsto z\mapsto x$ en sorte que les coordonnées du centre du cercle circonscrit sont les solutions du système linéaire suivant:

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

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

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

Tout n'est donc pas perdu!

A défaut d'avoir le début du commencement de la moindre idée de la notion de centre du cercle circonscrit, on peut au moins résoudre le système linéaire précédent juste pour la beauté du geste et pour passer le temps puisque l'algèbre linéaire est encore provisoirement dans nos programmes.

Un colleur pourrait même le proposer à un de ses clients qui a intérêt à trouver dans les délais les plus brefs la solution:

$$\dfrac x{a^2(b^2+c^2-a^2)}=\dfrac y{b^2(c^2+a^2-b^2)}=\dfrac z{c^2(a^2+b^2-c^2)}$$

Celui qui se gargarise de connaître la défunte géométrie projective mieux que le commun des mortels écrirait plutôt:

$$(x:y:z)=(a^2(b^2+c^2-a^2):b^2(c^2+a^2-b^2):c^2(a^2+b^2-c^2))$$

Maintenant comment adapter la méthode précédente pour calculer les coordonnées de l'orthocentre?

Amicalement

pappus

Vassillia

Tu sais @pappus ma réserve personnelle de doliprane s'épuise beaucoup plus vite à lire des lamentations sur le "c'était mieux avant" qu'à faire faire quelques calculs à mon ordinateur et je présume que beaucoup d'étudiants n'ayant pas vécus l'époque flamboyante des cornichons sont comme moi.

Pour ces étudiants, je propose :

$ A\simdoteq\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)\ptv B\simdoteq\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) \ptv C\simdoteq\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right) $ et $L_\infty \simdoteq \left[1,1,1\right]$

On calcule la droite $(AB)\simeq A\wedge B\simeq\left[0,0,1\right]$ puis le point à l'infini de cette droite $(AB) \wedge L_\infty \simeq -1 : 1 : 0$

On calcule la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par $H$ (histoire d'utiliser le post ésotérique) ce qui revient à multiplier les coefficients du point à l'infini de la droite par respectivement $S_a$, $S_b$ et $S_c$ donc on trouve $D \simeq\left[-1\times S_a,1\times S_b,0\times S_c\right]$

Si ce n'est pas la perpendiculaire qu'on veut, ce n'est pas grave, profitons-en pour apprendre à faire des parallèles.

On calcule le point à l'infini de cette droite $D \wedge L_\infty \simeq S_b : S_a : -c^2$

Maintenant, calculons la droite qui passe par le point qu'on veut en faisant $\wedge$ entre notre point à l'infini et le point qu'on veut. Pour la médiatrice de $[AB]$, elle passe par $ I\simeq\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$ et on trouve $ \left[c^2,-c^2,a^2-b^2\right]$

On va dans son GéoGebra et on tape TriangleCourbe(A,B,C,c^2*A-c^2*B+(a^2-b^2)*C=0) et eureka !

Si on veut l'intersection de la médiatrice de $[AB]$  et de la médiatrice de $[BC]$ on calcule

$ \left[c^2,-c^2,a^2-b^2\right] \wedge \left[b^2-c^2,a^2,-a^2\right] \simeq \left(\begin{array}{c} a^2 S_a\\b^2 S_b\\ c^2 S_c \end{array}\right)$ sans avoir à résoudre un système linéaire

On retourne dans Géogebra et on tape Barycentre({A,B,C},{a^2*Sa,b^2*Sb,c^2*Sc}) et eureka à nouveau !

J'aurais pu faire plus rapide en m'autorisant du calcul matriciel mais je voulais une version pour lycéens un peu débrouillards au cas où @Malgame déciderait d'essayer. C'est juste ça faire du calcul barycentrique pour avoir des intersections, des perpendiculaires et des parallèles, ça ne devrait pas être trop difficile de faire mieux que les cornichons à ce compte là. Je ne sais pas si @pldx1 a raison de faire comme il fait (je manque trop de recul pour avoir un avis pertinent) mais ce n'est pas si compliqué, faut pas exagérer.

PS : on est supposé savoir que

$a=Distance(B,C)$, $b=Distance(A,C)$ et $c=Distance(A,B)$

$S_a=(b^2+c^2-a^2)/2$ ; $S_b=(a^2+c^2-b^2)/2$ et $S_c=(a^2+b^2-c^2)/2$

Même pas d’adaptation à faire pour calculer l'orthocentre, on fait plus rapide en fait puisqu'on a directement la bonne perpendiculaire.

pldx1

Bonjour, $\def\ww{\boxed{W}} \def\met{\boxed{\mathcal{M}}} \def\vmb{\underset{b}{Ver}}$

Si on se donne deux points (distincts) par leurs coordonnées barycentriques hétérogènes mercerisées, on a: \[ M\simdoteq\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)\ptv N\simdoteq\left(\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right) \] On définit ensuite $\Delta\simdoteq M\wedge N\simeq\left[qw-rv,ru-pw,pv-qu\right]$. Et alors la ligne (row) $\Delta$ donne les coordonnées barycentriques hétérogènes mercerisées de la droite (line) $\Delta$, et l'on a \[ M,N\in\Delta\;\;\mathrm{parce\;que}\;\;\Delta\cdot M=\Delta\cdot N=0 \] Et maintenant, on se donne deux droites par leurs coordonnées barycentriques hétérogènes mercerisées, soit \[ D\simdoteq\left[d,e,f\right]\ptv\Delta\simdoteq\left[g,h,k\right] \] et on cherche une écriture simple pour la relation $D\perp\Delta$. Il suffit alors de remarquer que la colonne $D_{\infty}\doteq D\wedge\linf\simeq e-f:f-d:d-e$ décrit à la fois le point à l'infini de $D$ et l'un des vecteurs $\overrightarrow{MN}$ avec $M,N\in D$. Mais on sait écrire que deux vecteurs sont orthogonaux. D'après Pythagore, le carré de la somme est égal à la somme des carrés et donc le double produit est nul. Cela donne \[ \tra{D_{\infty}}\cdot\boxed{\Gamma_{O}}\cdot\Delta_{\infty}=0 \] Il reste à remarquer que $\Delta_{\infty}\simeq\ww\cdot\tra{\Delta}\where\ww=\left[\begin{array}{ccc} 0 & +1 & -1\\ -1 & 0 & +1\\ +1 & -1 & 0 \end{array}\right]$ pour obtenir \[ D\perp\Delta\Longleftrightarrow D\cdot\met\cdot\tra{\Delta}=0\where\met\doteq\frac{1}{2S}\tra{\ww}\cdot\boxed{\Gamma_{O}}\cdot\ww=\frac{1}{2S}\left[\begin{array}{ccc} a^{2} & -\Sc & -\Sb\\ -\Sc & b^{2} & -\Sa\\ -\Sb & -\Sa & c^{2} \end{array}\right] \] On remarquera que les matrices $\ww$ et $\met$ ont été définies "en dur" et pas à un facteur près. Spoiler: cela sera utile, dans un futur ou un autre, au moment de calculer la tangente de l'angle de deux droites. Pour l'instant, le facteur est uniquement " décoratif" .

A partir de là il est facile de caractériser les hyperboles équilatères. En effet la matrice d'une conique ayant $D,\Delta$ pour asymptotes s'écrit \[ \boxed{\mathcal{C}}\doteq\tra D\cdot\Delta+\tra{\Delta}\cdot D+k\tra{\linf}\cdot\linf \] et l'on voit aisément que $\left\langle \met\mid\boxed{\mathcal{C}}\right\rangle =D\cdot\met\cdot\tra{\Delta}$. D'où le critère $\left\langle \met\mid\boxed{\mathcal{C}}\right\rangle =0$.

Ensuite de quoi, l'hyperbole dégénérée formée par les deux tangentes issues d'un point $M$ à une conique donnée $\conim{}$ s'écrit: \[ \boxed{\mathcal{H}}=\left(\tra M\cdot\boxed{\mathcal{C}}\cdot M\right)\;\boxed{\mathcal{C}}-\boxed{\mathcal{C}}\cdot M\cdot\tra M\cdot\boxed{\mathcal{C}} \] Il suffit alors d'appliquer le critère $\left\langle \met\mid\boxed{\mathcal{H}}\right\rangle =0$ pour obtenir l'équation de la conique orthoptique. Une contemplation attentive du résultat montre que:

1. Le calcul se simplifie si l'on part de $\conis{}=\left(m_{jk}\right)$ plutôt que de $\conim{}=\left(m_{jk}\right)$.
2. Dans ce cas, $\det\conis{}$ vient se mettre en facteur.
3. En fait, $\boxed{\mathcal{H}^{\perp}}$ est un cycle, qu'il est plus efficace d'écrire en tant que tel. On trouve \[ \mathcal{H^{\perp}}\left(M\right)=\vmb\left(M\right)\cdot\left(\begin{array}{c} b^{2}m_{33}+c^{2}m_{22}+2\,\Sa\,m_{23}\\ a^{2}m_{33}+c^{2}m_{11}+2\,\Sb\,m_{13}\\ a^{2}m_{22}+b^{2}m_{11}+2\,\Sc\,m_{12}\\ m_{11}+2\,m_{12}+2\,m_{13}+m_{22}+2\,m_{23}+m_{33} \end{array}\right) \] selon la méthode évangélique: "rendons au point ce qui appartient au point, et rendons au cercle ce qui appartient au cercle" .
4. Bien entendu, le lecteur aura remarqué que $\alpha:\beta:\gamma:\delta$ est incomparablement plus compliqué que $\Delta:\alpha:\beta:\gamma$, tandis que "les indications de JDE" , en tout cas telles que résumées par pappus, semblent être: " voici le résultat, kakeu, na, apprenez-moi cela pour lundi" .

Cordialement, Pierre.

pappus

Bonjour à tous

Qui aurait cru que ce modeste et énième problème d'alignement proposé par Jean-Louis Ayme amènerait pldx1 à traduire une partie de son glossaire?

Il ne faudrait pas croire que son contenu soit très original!

On peut trouver les équations du cercle orthoptique en coordonnées barycentriques dans le Koehler ~ 1880, page 161, exercice 21, (que j'ai souvent cité), qui reprend les exercices  du Wolstenholme ~1830.

Curieusement Koehler appelle ce cercle orthoptique le cercle directeur, les notations n'étaient donc pas encore très fixées

Cela n'a plus guère d'importance en notre époque moyenâgeuse où la théorie des coniques se limite en gros à celle du cercle trigonométrique.

On peut donc ranger sans remords soigneusement le pdf du glossaire et le laisser prendre un repos bien mérité à côté de celui du Lebossé-Hémery.

Je continue mon petit périple avec les défuntes fonctions scalaires de Leibnitz.

Avec mes notations précédentes, la hauteur issue de $A$ est la ligne de niveau $f=f(A)$.

Son équation barycentrique est donc:

$$(c^2-b^2)x-a^2y+a^2z=(c^2-b^2)(x+y+z)$$

C'est à dire:

$$(c^2+a^2-b^2)y=(a^2+b^2-c^2)z$$

Par les permutations circulaires habituelles, on obtient les équations barycentriques des deux autres hauteurs.

Les coordonnées barycentriques homogènes de l'orthocentre sont donc données par les équations:

$$(b^2+c^2-a^2)x=(c^2+a^2-b^2)y=(a^2+b^2-c^2)z$$

Il reste maintenant à utiliser ces coordonnées de l'orthocentre dans le problème qui nous est soumis.

Amicalement

pappus

pappus

Bonsoir à tous

Il ne reste plus qu'à injecter les coordonnées de l'orthocentre dans l'équation du lieu orthoptique de $\Gamma$ donnée par Jean-Denis Eiden que je salue et que je remercie:

$$(1)\quad -2(p+q+r)(a^2yz+b^2zx+c^2xy)+\big(p(b^2+c^2-a^2)x+q(c^2+a^2-b^2)y+r(a^2+b^2-c^2)z\big)(x+y+z)=0$$

Appelons $\rho$ la valeur commune:

$$(b^2+c^2-a^2)x=(c^2+a^2-b^2)y=(a^2+b^2-c^2)z=\rho$$

L'équation $(1)$ devient:

$$(p+q+r)(-2(a^2yz+b^2zx+c^2xy)+\rho(x+y+z))=0$$

Et finalement:

$$p+q+r=0$$

$\Gamma$ est bien une parabole comme on l'a vu

Bof!

Amicalement

pappus

Jean-Louis Ayme

Mon cher pappus,
une preuve synthétique ne recourant pas à une parabole est possible en considérant ce résultat que j’ai démontré de la même façon :

relativement à ABC, L et M conduisent au même point de Miquel M.
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2334440/meme-point-de-miquel#latest
La preuve qui s’ensuit est sans calculs.

Ayant eu des problèmes de rédaction, je la communiquerai rapidement sur mon site.
Avec toutes mes amitiés
Jean-Louis

Vassillia

Il y a quand même quelque chose qui m'intrigue, quelle est la plus-value selon vous d'une preuve sans calcul ?

Parceque quand je disais pour lycéens débrouillards, je ne plaisantais pas, je pense vraiment que le problème de ce fil est accessible sans trop de difficultés à un lycéen actuel (oui oui) pour peu qu'on lui explique 2 ou 3 trucs avant.
C'est quand même très systématique comme manière de faire et calculer des points et des droites puis vérifier qu'ils ne se sont pas trompés peut les amuser.
Pardon pour la question qui va peut-être paraitre déplacée mais cette préférence pour le synthétique est justifiée par un argument pédagogique, un simple goût ou le refus d'apprendre autre chose que ce qui vous a été enseigné à votre époque (n'y voyez pas d'offense) ? Toutes ces raisons sont valables évidemment, c'est juste que je me demande si il y a quelque chose qui m'échappe.

pappus

Ma chère Vassillia

Je comprends l'engouement de certains pour la géométrie synthétique a priori plus accessible.

Elle a ses vertus éducatives mais on ne peut progresser en géométrie si on se limite à son utilisation.

On ne peut rester qu'au ras des pâquerettes.

La géométrie analytique est donc essentielle comme on peut la trouver par exemple dans le glossaire de pldx1 avec son emploi systématique des algèbres linéaire et bilinéaire.

Mais comme l'enseignement de la géométrie a pratiquement disparu chez nous depuis des années, ce glossaire n'apparait plus que comme un cours d'algèbre un peu ésotérique.

Dommage!

Quant aux techniques de géométrie projective, je doute beaucoup qu'elles soient accessibles même à des lycéens un peu débrouillards!

Amicalement

pappus

pldx1

l'enseignement de la géométrie a pratiquement disparu chez nous depuis des années.

Une certaine géométrie fossilisée à été mise à mal dans un tout petit pays.
Cela n'empêche pas le vaste monde de rester tout aussi vaste qu'avant.
Les emplois en imagerie médicale etc. sont seulement passés d'une fac à l'autre pour certains, et d'un pays à l'autre pour le reste.
老兵永远不死  

pappus

Bonsoir à tous

Heureusement le vaste monde continue mais sans nous.

Amicalement

pappus

Vassillia

Pas complétement sans vous, j'avais du lire un post de GaBuZoMeu sur l'utilisation d'une homographie pour redresser une photo mais sinon jamais entendu parler de géométrie projective.
Sans pldx1 je serais toujours complétement incapable de résoudre le moindre autre problème grâce à des techniques de géométrie projective. Même si effectivement cela ne changera pas son monde, cela change un petit peu le mien. Un grand merci à lui, on est plus sur de l’exotérisme que sur de l'ésotérisme vu qu'il fait beaucoup pour partager "ses secrets".

pappus

Ma chère Vassillia

J'ai été l'un des premiers à conseiller le glossaire de Pierre.

Mais n'utilise pas ce glossaire qui veut sans avoir au préalable une solide culture en algèbre linéaire et en géométrie!

Amicalement

pappus