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La cyclocévienne

Non, ce n'est pas une course cycliste d'un nouveau genre mais bien une configuration assez intriguante de la géométrie du triangle.
Voici la figure:


file.php?8,file=25066
On se donne un triangle $ABC$ du plan euclidien et un point $M$.
Le triangle $M_AM_BM_C$ est le triangle cévien de $M$ par rapport au triangle $ABC$.
Son cercle circonscrit $\Gamma$ recoupe respectivement les droites $BC$ en $M'_A$, $CA$ en $M'_B$, $AB$ en $M'_C$.
Il faut tout d'abord montrer que le triangle $M'_A M'_BM'_C$ est le triangle cévien d'un certain point $M'$, appelé conjugué cyclocévien du point $M$ par rapport au triangle $ABC$.
On étudie ensuite l'application $f: M \mapsto M'$ qui est visiblement involutive et pour cela je vais utiliser les notations plus ou moins tendance de la géométrie du triangle:
On note:
$g$ l'isogonie (comme le "g" de l'isogonie).
$t$ l'isotomie (comme le "t" de l'isotomie).
$c$ le complément (comme le "c" de complément): c'est l'homothétie de centre $G$, le centre de gravité, transformant $ABC$ en son triangle médial et donc de rapport $-\frac 1 2$.
$a =c^{-1}$ l'anticomplément comme le "a" d'anticomplément: c'est l'homothétie de centre $G$ et de rapport $-2$.
Montrer que $f = (t\circ a)\circ g \circ(t\circ a)^{-1}= t\circ a\circ g\circ c\circ t$
J'espère que Pierre se fera un plaisir, si cela l'intéresse, de nous disséquer cette application du point de vue de la géométrie algébrique!
Amicalement
Pappus
PS
J'ai repris un message récent de Hyacinthos où le correspondant se lamentait de ne pas disposer d'une preuve synthétique de cette mirifique formule.
Une preuve calculatoire suffirait amplement à mon bonheur!25066

Réponses

  • Bonjour,
    ce jolie résultat que Pappus demande à démontrer en premier est dü à Olry Terqem.
    Une preuve synthétique peut être vue sur

    http://perso.orange.fr/jl.ayme vol. 5 A new point on Euler line p. 3-5.

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Bonjour Pappus et à tous

    êtes-vous d'accord avec cette formulation

    le conjugué cyclocévien d'un point est
    le conjugué isotomique
    de l'anticomplément
    du conjugué isogonal
    du complément
    du conjugué isotomique de ce point.

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Oui, Jean-Louis!
    Que c'est joliment dit en vieux français!
    Aurais-tu une démonstration synthétique de ce théorème sur ton site?
    En fait, je ne le connaissais pas et je n'ai fait que recopier un message de Bernard Gibert sur Hyacinthos.
    Je suis à peu près sûr qu'on doit en trouver une preuve en farfouillant dans ses oeuvres!
    Amicalement
    Pappus
    PS
    Comme $f$ est le conjugué de l'isogonie $g$ par $t\circ a$, les points fixes de la cyclocévienne $f$ sont les perspecteurs des 4 cercles inscrit et exinscrits, qui doivent se trouver dans ETC en bonne position, sans doute les points de Gergonne et autres points analogues.
  • Mon cher Jean-Louis
    Merci pour ta démonstration mais une preuve calculatoire serait aussi la bienvenue puisqu'elle seule permettrait de caractériser $f$ en tant que transformation rationnelle du plan!
    Amicalement
    Pappus
    PS
    Va rassurer les hyacinthistes si tu ne l'as pas déjà fait!
  • Bonjour Pappus et à tous

    je pensais avoir publié sur mon site la preuve synthétique de cette "belle phrase". J'en ai effectivement une preuve synthétique que je mettrais dans un article à venir...
    Les preuves que je propose sur mon site sont d'une façon générale personnelle car la plupart du temps, d'après mes recherches, elles sont amenées par un calcul...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Bonsoir
    En utilisant les coordonnées homogènes barycentriques, je trouve que le conjugué cyclocévien de $M$ a pour coordonnées homogènes barycentriques :
    $(-2 b^2 c^2 u^2 v (u + v) w (u + w) (v + w)^2 + c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 - (u + v)^2 w^2 (a^4 v^2 (u + w)^2 - b^4 u^2 (v + w)^2) : $
    $-2 a^2 c^2 u v^2 (u + v) w (u + w)^2 (v + w) + c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 + (u + v)^2 w^2 (a^4 v^2 (u + w)^2 - b^4 u^2 (v + w)^2) :$
    $ -c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 + (u + v)^2 w^2 (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))^2).$
  • Bonsoir,

    Dans le sens direct, Matlab renacle.
    J'ai donc essayé à l'envers en appliquant $t\circ a\circ g\circ c\circ t$ à $M(m)$.
    J'ai donné précédemment les expression de $g$ et $t$, celle de $c$ et $a$ sont évidentes.
    Malheureusement, Matlab me dit que l'affichage de $M'(m')$ dépasse les 25000 caractères qu'il accepte d'afficher.
    Par contre, il accepte de calculer avec.
    J'ai ensuite calculé le point d'intersection $M'_A$ de $(AM')$ et $(BC)$ puis vérifié que les points $M_A$, $M_B$, $M_C$ et $M'_A$ étaient cocycliques (via un birapport réel), ce qui prouve le résultat.
    Voilà le fichier Matlab correspondant:
  • En utilisant les coordonnées homogènes barycentriques.
    $A(1:0:0).$
    $B(0:1:0).$
    $C(0:0:1).$
    $(AB)$ a pour équation $z=0.$
    $(AC)$ a pour équation $y=0.$
    $(BC)$ a pour équation $x=0.$
    $M(u:v:w).$
    $M_A(0:v:w).$
    $M_B(u:0:w).$
    $M_C(u:v:0).$
    $M'_A(0 : -c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) + b^2 u (v + w)) : c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) $
    $- b^2 u (v + w))).$
    $M'_B(-c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) + b^2 u (v + w)) : 0 : c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) $
    $- b^2 u (v + w))).$
    $M'_C(-c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)) : -c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) $
    $- b^2 u (v + w)) : 0).$
    L'équation barycentrique de la droite $(AM'_A)$ est donnée par :
    $( -c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)))y + ( -c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) $
    $+ b^2 u (v + w)))z=0.$
    L'équation barycentrique de la droite $(BM'_B)$ est donnée par :
    $(c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)))x + (c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) $
    $+ b^2 u (v + w)))z=0;$
    L'équation barycentrique de la droite $(CM'_C)$ est donnée par :
    $(c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)))x + ( -c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) $
    $- b^2 u (v + w)))y=0.$
    On a :
    $\begin{vmatrix}
    0& -c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)) &-c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) + b^2 u (v + w)) \\
    c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))&0 &c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) + b^2 u (v + w)) \\
    c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))&-c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)) & 0
    \end{vmatrix} =0.$
    Les trois droites sont concourantes et le point de concours est le point $M'$ dont les coordonnées homogènes barycentriques sont :
    $(2 b^2 c^2 u^2 v (u + v) w (u + w) (v + w)^2 - c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 + (u + v)^2 w^2 (a^4 v^2 (u + w)^2$
    $ - b^4 u^2 (v + w)^2) :$
    $ 2 a^2 c^2 u v^2 (u + v) w (u + w)^2 (v + w) - c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 - (u + v)^2 w^2 (a^4 v^2 (u + w)^2 -
    b^4 u^2 (v + w)^2) : $
    $c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 - (u + v)^2 w^2 (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))^2).$
    Ce qui au signe près est ce que j'ai écrit plus haut.
    Ainsi, le triangle $M'_A M'_BM'_C$ est le triangle cévien du point $M'$, appelé conjugué cyclocévien du point $M$ par rapport au triangle $ABC$.
    A suivre !!
  • On étudie ensuite l'application $f: M \mapsto M'$
    Les coordonnées homogènes barycentriques de l'isotomique $t(M)$ de $M$ sont :
    $(v w : u w : u v).$
    Les coordonnées homogènes barycentriques du complément $c(t(M))$ de $t(M)$ sont :
    $(u (v + w) : v (u + w) : (u + v) w).$
    Les coordonnées homogènes barycentriques de l'isogonal $g(c((t(M)))$ de $c(t(M))$ sont :
    $(a^2 v (u + v) w (u + w) : b^2 u (u + v) w (v + w) : c^2 u v (u + w) (v + w)).$
    Les coordonnées homogènes barycentriques de l'anticomplément $a(g(c((t(M))))$ de $g(c((t(M)))$ sont :
    $(-a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w) : a^2 v (u + v) w (u + w) $
    $- b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w) : a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w) $
    $- c^2 u v (u + w) (v + w)).$
    Les coordonnées homogènes barycentriques de l'isotomique $t(a(g(c((t(M)))))$ de $a(g(c((t(M))))$ sont :
    $( (a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w) - c^2 u v (u + w) (v + w)) (a^2 v (u + v) w (u + w)$
    $ - b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w)) : (a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w)$
    $ -c^2 u v (u + w) (v + w)) (-a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w)) :$
    $ (a^2 v (u + v) w (u + w) - b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w)) (-a^2 v (u + v) w (u + w) $
    $+b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w))).$
    La conclusion en résulte.
  • En fait, la cyclocévienne se généralise dans le cadre du plan projectif en remplaçant cercle ( conique passant par les points cycliques) par conique passant par deux points $P$ et $Q$.

    Voici la figure:

    file.php?8,file=25075

    On se donne dans le plan projectif (réel) un triangle $ABC$ et deux points $P$ et $Q$.
    Partant d'un point $M$ et de son triangle cévien $M_AM_BM_C$, on trace la conique $PQM_AM_BM_C$ qui recoupe respectivement les côtés du triangle $ABC$ respectivement en $M'_A$, $M'_B$, $M'_C$.
    Alors le triangle $M'_AM'_BM'_C$ est le triangle cévien d'un certain point $M'$.
    On obtient ainsi une application cyclocévienne dépendant des points $P$ et $Q$, que je note: $f_{PQ}$.
    On se doute, suivant le principe de continuité de Poncelet, que cette nouvelle cyclocévienne doit admettre une décomposition analogue à celle obtenue dans le cas des points cycliques quoique je n'ai aucune idée de ce qu'elle peut bien être.
    L'isogonie $g$ devrait être remplacée par l'isoconjugaison échangeant $P$ et $Q$, l'isotomie par l'isoconjugaison fixant le tripôle $R$ de la droite $PQ$, l' homothétie $c$ par l'homologie de pôle $R$ et d'axe $PQ$ envoyant le triangle $ABC$ sur le triangle cévien de $R$ et l'homothétie $a$ par l'homologie de pôle $R$ et d'axe $PQ$ envoyant le triangle cévien de $R$ sur le triangle $ABC$.
    Je vais vérifier cela avec Cabri!
    Affaire à suivre!
    Amicalement
    Pappus25075
  • Et effectivement ça marche, voici la figure:

    file.php?8,file=25080

    Je suis parti d'un triangle $ABC$ et d'un point $R$.
    J'ai tracé la polaire trilinéaire de $R$ et pris dessus deux points $P$ et $Q$
    Puis j'ai vérifié avec Cabri la formule
    $$f_{PQ} = t \circ a \circ g \circ c\circ t$$
    où:
    $t$ est l'isoconjugaison fixant $R$
    $g$ est l'isoconjugaison échangeant $P$ et $Q$.
    $c$ est l'homologie de pôle $R$, d'axe $PQ$ envoyant le triangle $ABC$ sur son triangle cévien.
    $a= c^{-1}$ est l'homologie de pôle $R$ et d'axe $PQ$ renvoyant le triangle cévien de $R$ sur le triangle $ABC$.
    Pour des raisons de lisibilité, je n'ai pas tracé le triangle cévien de $R$.
    Partant de $M$, j'ai tracé les transformés successifs de $M$, à savoir:
    ${}^tM = t(M)$, ${}^{ct}M = c(t(M))$, ${}^{gct}M = g(c(t(M)))$, ${}^{agct}M = a(g(c(t(M))))$, $M' = {}^{tagct}M = t(a(g(c(t(M)))))$
    Evidemment, j'avais des macros créées de longue date de toutes ces transformations, lesquelles sont toutes invariantes par conjugaison dans le groupe projectif.
    Ce qui fait que la démonstration du cas général $(P, Q)$ équivaut à celle du cas particulier des points cycliques $(Isaac, Jacob)$.
    Amicalement
    Pappus25080
  • Bonjour,

    Voilà finalement en pdf $M'(m)$ en fonction de $M(m)$ avec Morley dans le cas du cercle (message initial).
    Je ne crois pas qu'on puisse faire grand chose de ça...

    Cordialement,

    Rescassol
    mp.pdf 78.7K
  • La décomposition $f = (t\circ a)\circ g \circ(t\circ a)^{-1}= t\circ a\circ g\circ c\circ t$ de la cyclocévienne se simplifie un peu car l'application $g' = a\circ g\circ c = a\circ g \circ a^{-1}$ est la conjuguée de $g$ par $a$ c'est à dire l'isogonie par rapport au triangle antimédial $A'B'C' = a(A)a(B)a(C)$
    On a donc $f = t\circ g' \circ t$ c'est à dire le conjugué de l'isogonie $g'$ (par rapport au triangle antimédial $A'B'C'$) par l'isotomie $t$ (par rapport au triangle $ABC$).

    file.php?8,file=25091

    Amicalement
    Pappus25091
  • Bonjour Pappus et à tous,
    pouvez-vous me préciser la référence concernant le message de Bernard Gibert sur Hyacinthos au sujet de ce fil.
    Merci
    Jean-Louis
  • Merci, Pierre pour cette belle étude!
    Amicalement
    Pappus
  • Rebonjour pappus et à tous

    comme promis et avec beaucoup de retard suite à une remarque de pappus en page 5.

    http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Une longue phrase.pdf

    Sincèrement
    Jean-Louis
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