Géométrie du triangle
Bonjour
Je n'arrive pas à prouver ce résultat, qui semble expérimentalement vrai. Un conseil ?
Merci d'avance.
lm
Soit un triangle $(A,B,C)$ de centre de gravité $G$. On appelle $\Delta$ son axe principal d'inertie (le grand axe de son ellipse de Steiner). On fixe $\alpha < 1$, ce qui donne trois points $U$, $V$ et $W$ tels que $\bar{AU}=\alpha \bar{AB}$, $\bar{BV}=\alpha \bar{BC}$ et $\bar{CW}=\alpha \bar{CA}$.
Montrer que l'axe principal d'inertie du triangle $(U,V,W)$ est aussi $\Delta$.
Je n'arrive pas à prouver ce résultat, qui semble expérimentalement vrai. Un conseil ?
Merci d'avance.
lm
Soit un triangle $(A,B,C)$ de centre de gravité $G$. On appelle $\Delta$ son axe principal d'inertie (le grand axe de son ellipse de Steiner). On fixe $\alpha < 1$, ce qui donne trois points $U$, $V$ et $W$ tels que $\bar{AU}=\alpha \bar{AB}$, $\bar{BV}=\alpha \bar{BC}$ et $\bar{CW}=\alpha \bar{CA}$.
Montrer que l'axe principal d'inertie du triangle $(U,V,W)$ est aussi $\Delta$.
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Réponses
Pardon...
[Tu peux corriger toi-même tes messages. AD]
Mes compétences se limitent à proposer une preuve à base géométrique. On doit pouvoir trouver autre chose.
Les $2$ triangles $ABC$ et $UVW$ ont même centre de gravité $G$. Il suffit de montrer que les ellipses de Steiner (circonscrites) $E$ de $ABC$ et $E^{\prime }$ de $UVW$ sont homothétiques, auquel cas le centre d'homothétie sera nécessairement $G$ et elles auront le même axe focal.
En prenant, par exemple, le repère cartésien $\left( A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right) $, on a $U=\left[ \alpha ,0\right] ,V=\left[ 1-\alpha ,\alpha \right] ,W=\left[ 0,1-\alpha \right] ,G=\left[ \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right] $.
$E$ a pour équation $f\left( x,y\right) =x^{2}+xy+y^{2}-x-y=0$ et
$E^{\prime }$ a pour équation $f\left( x,y\right) =\alpha ^{2}-\alpha $.
Cela suffit à montrer que $E$ et $E^{\prime }$ sont homothétiques.
Si tu n'en es pas convaincu, je te suggère de vérifier que, si $k^{2}=3\alpha ^{2}-3\alpha +1$, l'homothétie de centre $G$, rapport $k$ transforme $E$ en $E^{\prime }$.
Remarque : la condition $\alpha <1$ est inutile.
Cordialement. Poulbot
Il faut monter que l'ellipse de Steiner du triangle $UVW$ est homothétique de l'ellipse de Steiner du triangle $ABC$ dans l'homothétie de centre $G$, isobarycentre commun des triangles $ABC$ et $UVW$, et de rapport $\sqrt{3\alpha^2-3\alpha+1}$.
Y-a du $FLTI$ dans l'air!! (Air connu!!).
La condition $0<\alpha<1$ est inutile!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Aussi curieux que cela puisse paraitre, ce problème est affine!!
En effet l'ellipse de Steiner ainsi que les homothéties ont une définition affine.
On peut donc munir le plan d'une structure euclidienne pour laquelle le triangle $ABC$ est équilatéral.
Le reste coule de source mis à part le calcul du rapport d'homothétie dont on a pas vraiment besoin à vrai dire mais que je demande par acquit de conscience!
Mon message s'est croisé avec celui de Poulbot qui a la gâchette rapide malgré qu'il soit en vacances!
Une chose curieuse, mon message apparait après le sien alors que j'ai mis 10 minutes à répondre et lui 18 minutes
lm
PS pour pappus : la "private joke" FLTI m'intrigue... ?
Les triangles $UVW$ forment une Famille Linéaire de Triangles Inscrits.
Autrement dit quand $\alpha$ varie, les correspondances $U\iff V\iff W$ sont affines.
C'est bien pourquoi je disais que ton problème était affine.
Tu dois te demander ce qu'est la géométrie affine?
Dis toi bien qu'aujourd'hui, elle n'a plus aucune importance et qu'on en a plus rien à cirer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
"Une chose curieuse, mon message apparaît après le sien alors que j'ai mis 10 minutes à répondre et lui 18 minutes"
Et pourtant, je n'ai pas graissé la patte aux modérateurs, qui sont d'ailleurs incorruptibles.
Amicalement. Poulbot
As-tu essayé seulement B-) ?
Bruno
lm
Ce fait curieux ne me gène absolument pas et m'amuse plutôt!
Il prouve seulement que Poulbot va plus vite que la lumière et sait remonter le temps!
Je lui souhaite en toute amitié de très très bonnes vacances.
Amicalement
[small]p[/small]appus
et merci pour ton message si sympathique. Je ne m'étais pas rendu compte que j'avais un potentiel aussi hors du commun et je vais tout de même vérifier.
Excellentes vacances à toi.
Amicalement. Poulbot
Faut-il voir un soupçon de regret dans ta question?
Amicalement. Poulbot
La question de Miclet m'intriguait et j'ai fait la figure pour en être convaincu.
Bien sûr la démonstration, pas très difficile, m'est venue ensuite.
Seul le calcul du rapport d'homothétie posait un tout petit problème.
Voici comment j'ai procédé expérimentalement avec Cabri.
Pour chaque valeur de $\alpha$, j'ai mesuré sur la figure le rapport positif $\beta$ de l'homothétie existant entre les deux ellipses
Dans un repère orthonormé, j'ai tracé le point $(\alpha,\beta)$
Je demande à Cabri le lieu du point $(\alpha,\beta)$ quand $\alpha$ varie c'est à dire le point $U$.
J'obtiens ce qui ressemble à la branche supérieure d'une hyperbole.
Je demande à Cabri l'équation de ce lieu dans le repère en question et il me répond sans sourciller:
$$3x^2-y^2-3x+1=0$$
Dê nhu tro ban tai (avec les accents à reconstituer).
Aisé comme un tournemain!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste quand même à prouver cette formule donnant le rapport d'homothétie.
Ce n'est pas très difficile puisque c'est de la défunte géométrie affine.
\[\begin{pmatrix}A&B\\\alpha&1-\alpha\end{pmatrix},\quad
\begin{pmatrix}B&C\\\alpha&1-\alpha\end{pmatrix},\quad
\begin{pmatrix}C&A\\\alpha&1-\alpha\end{pmatrix},\quad
\begin{pmatrix}A&B\\1-\alpha&\alpha\end{pmatrix},\quad
\begin{pmatrix}B&C\\1-\alpha&\alpha\end{pmatrix},\quad
\begin{pmatrix}C&A\\1-\alpha&\alpha\end{pmatrix}.\]
Ils appartiennent à une ellipse $E_\alpha$ et toutes ces ellipses $E_\alpha$ sont homothétiques (si le triangle $ABC$ est équilatéral, un homothétique du cercle circonscrit convient ; il devient une ellipse par une affinité convenable). Pour $\alpha=1/2$, l'ellipse est tangente aux côtés en leurs milieux ; pour $\alpha=0$ (ou $1$), on obtient l'ellipse de Steiner (ce qu'il faut justifier). À cette justification près, il me semble que ça entraîne le résultat de Miclet.
C'est un peu vaseux mais il y a quand même une amorce de la preuve que je suggérais mais pourquoi parler d'affinité?
Amicalement
[small]p[/small]appus
En effet, plutôt que redresser le triangle, on peut le mettre sur une feuille et pencher la feuille. Ça, c'est pour montrer que je peux faire encore plus vaseux. Mais aussi un peu moins. Si le triangle est équilatéral, les deux ellipses sont l'une le cercle circonscrit, l'autre une image par une homothétie ayant pour centre le centre du triangle. Pour un triangle quelconque, on choisit une application affine qui le transforme en triangle équilatéral (ou bien une affinité qui le transforme en triangle isocèle, puis une deuxième qui transforme ce triangle en triangle équilatéral). L'image réciproque des deux cercles précédents sont les ellipses de Steiner. Au lieu de ça, on peut comme tu l'as fait garder le triangle et changer le produit scalaire.
Ceci étant, je ne vois pas les six points dans ce message ni dans les figures : les trois autres points sont les intersections des côtés avec l'ellipse.
On munit le plan d'une structure euclidienne telle que le triangle $ABC$ soit équilatéral.
La seule difficulté est de montrer alors que le triangle $UVW$ est aussi équilatéral.
Je ne le prouve pas pour laisser du grain à moudre mais ce n'est pas aussi simple qu'on pourrait le supposer.
Une fois ceci fait, c'est pratiquement terminé puisque l'ellipse de Steiner d'un triangle équilatéral est son cercle circonscrit et qu'on savait autrefois que deux cercles sont toujours homothétiques.
Aujourd'hui ça me parait duraille puisque les homothéties ont disparu et que le seul cercle qui reste à nous mettre sous la dent est le cercle trigonométrique.
Reste le calcul du rapport d'homothétie.
On joue sur le fait que si $T$ est un triangle d'ellipse de Steiner $E_T$ et si $f$ est une transformation affine, alors l'ellipse de Steiner du triangle $f(T)$ est l'ellipse $f(E_T)$.
Ca c'est de la géométrie affine!
Il en résulte que le rapport $\dfrac{Aire(E_T)}{Aire(T)}$ est indépendant de $T$ et on peut le calculer pour le triangle équilatéral.
Soit $k$ le rapport d'homothétie, alors:
$k^2=\dfrac{Aire(E_{UVW})}{Aire(E_{ABC})}=\dfrac{Aire(UVW)}{Aire(ABC)}$
Mais $\dfrac{Aire(UVW)}{Aire(ABC)}=\begin{vmatrix}0&\alpha&1-\alpha\\1-\alpha&0&\alpha\\\alpha&1-\alpha&0\end{vmatrix}=1-3\alpha+3\alpha^2$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Au passage, l'invariance du rapport par $\alpha\mapsto1-\alpha$ démontre que les « trois autres points », symétrique de $U$, $V$ et $W$ par rapport aux milieux des côtés, sont bien sur l'ellipse.
En ce qui concerne la méthode suggérée par Math Coss et qui est au fond la même que la mienne, voici comment il faut s'y prendre
On choisit un triangle équilatéral quelconque $A'B'C'$ et on appelle $f$ l'unique application affine envoyant $ABC$ sur $A'B'C'$.
Pas besoin de se fatiguer les méninges à rechercher pour $f$ une affinité dont on est même pas assuré a priori de l'existence.
On appelle $U'V'W'$ le triangle image de $UVW$ par $f$.
On montre que $U'V'W'$ est équilatéral, etc.... On remonte ce qu'on a trouvé dans la configuration $A'B'C'U'V'W'$ via $f^{-1}$ sur la configuration $ABCUVW$ puis on se rappelle que le conjugué d'une homothétie $h_t$ de rapport $t$: $f^{-1}.h_t.f$ est encore une homothétie de rapport $t$.
Mais au point où on en est, je ne suis même plus sûr que la conjugaison soit encore enseignée dans la mesure où il n'y a plus rien à conjuguer.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Sans perte de généralité, supposons que $A$ a pour affixe $1$, $B$ a pour affixe $j$ et $C$ a pour affixe $j^2.$ Le triangle $ABC$ est équilatéral. Mais alors on a que $1+j+j^2=0.$
Les affixes de $U, V, W$ sont :
$u=1+\alpha(j-1)$
$v=j+\alpha(j^2-j)$
$w=j^2+\alpha(1-j^2).$
Par suite, on trouve que $u+jv+j^2w=0$ donc le triangle $UVW$ est équilatéral.
Amicalement
Dans le repère barycentrique relatif à $ABC$, l'ellipse out-Steiner a pour matrice: $\def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}} \def\stei#1{\boxed{\mathfrak{C}_{#1}}} $ \[ \stei{}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right], \] traduisant l'équation $yz+zx+xy=0$.
En outre, $\overrightarrow{AU}=t\,\overrightarrow{AB}$ se traduit par $\left(U-A\right)=t\left(B-A\right)$. Cela donne $U=\left(1-t\right)A+t\,B$. En réordonnant, le triangle inscrit s'écrit: \[ \trim t \simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & t & 1-t\\ 1-t & 0 & t\\ t & 1-t & 0 \end{array}\right] \] Et son ellipse de Steiner est: $\def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}} {}\def\slov{\mathcal{S}} {}\def\equi{\mathcal{E}}$ \[ \stei t=\tra{\trim 1^{-1}\cdot\stei{}\cdot\trim 1^{-1}\simeq}\left[\begin{array}{ccc} 2\,t\left(t-1\right) & 2\,t^{2}-2\,t+1 & 2\,t^{2}-2\,t+1\\ 2\,t^{2}-2\,t+1 & 2\,t\left(t-1\right) & 2\,t^{2}-2\,t+1\\ 2\,t^{2}-2\,t+1 & 2\,t^{2}-2\,t+1 & 2\,t\left(t-1\right) \end{array}\right] \]
On veut montrer qu'il y a homothétie entre les deux ellipses. On sent bien que le centre va être le centre de gravité commun. Il reste à trouver le rapport d'homothétie. Et comme c'est le rapport des aires qui est utile (il n'y a pas de longueurs, on est en projective-affine), on note $\sqrt{k}$ le rapport. On a alors: \[ \boxed{h}\simeq\frac{1}{3}\,\left[\begin{array}{ccc} 2\sqrt{k}+1 & 1-\sqrt{k} & 1-\sqrt{k}\\ 1-\sqrt{k} & 2\sqrt{k}+1 & 1-\sqrt{k}\\ 1-\sqrt{k} & 1-\sqrt{k} & 2\sqrt{k}+1 \end{array}\right] \] Résolvant $\stei{}\simeq\tra{\boxed{h}}\cdot\stei t\cdot\boxed{h}$ en $k$, on trouve $k=3t^{2}-3t+1$. Et c'est fini: non seulement les deux triangles ont les mêmes axes d'inertie, mais en plus les deux composantes inertielles sont dans les mêmes proportions, ce qui est une propriété bien plus forte.
Au passage: $\slov=\equi=G$. La conique pilier est l'ellipse de Steiner inscrite (dans $ABC)$ et cette conique est bitangente aux ellipses d'inertie (aux points ombilicaux de la métrique équilatérale): des cercles ne peuvent éviter d'être circulaires.
Cordialement, Pierre.
Ici les ellipses d'inertie devraient être ce que j'appelais les coniques divisionnaires et que toi tu appelles les coniques temporelles. Elles sont homothétiques de la conique pilier que j'appelais la conique d'incidence.
Le cas $S=E=G$ est un cas particulier du cas plus général $S=E$ dans lequel les coniques temporelles sont toujours homothétiques de la conique pilier.
Merci Bouzar d'avoir Bouzarisé tout en Rescassolisant.
Il y a évidemment des moyens plus élémentaires de prouver que $UVW$ est équilatéral.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il y a une petite coquille dans le calcul de l'équation de l'ellipse de Steiner de $\boxed{\mathcal T_t}$
Il faut lire $\boxed{\mathcal T_t}$ et non $\boxed{\mathcal T_1}$
C'est le calcul manuel de $\boxed{\mathcal T_t}^{-1}$ qui est pénible et il vaut mieux s'en remettre à tes assistants électroniques.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si l'on suppose $\def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\pilcon{\mathfrak{C}} \def\pilpt{\Omega}
\def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}} {}\def\slov{\mathcal{S}} {}\def\equi{\mathcal{E}}$ $\equi=\slov\notin\linf$, alors $\pilpt\doteq A+B+C-\equi-\slov=f-g-h:-f+g-h:-f-g+h$, tandis que la conique pilier, centrée en $\left(\slov+\equi\right)/2=\slov$ est \[ \boxed{\pilcon}\simeq\left[\begin{array}{ccc} \left(f-g-h\right)^{2} & \left(f-g-h\right)\left(f-g+h\right) & \left(f-g-h\right)\left(f+g-h\right)\\ \left(f-g-h\right)\left(f-g+h\right) & \left(f-g+h\right)^{2} & -\left(f-g+h\right)\left(f+g-h\right)\\ \left(f-g-h\right)\left(f+g-h\right) & -\left(f-g+h\right)\left(f+g-h\right) & \left(f+g-h\right)^{2} \end{array}\right] \] La conique temporelle s'obtient de la façon suivante. Le triangle inscrit mobile est décrit par: $\def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}}$ \[ \trim t\simeq\left[\begin{array}{rrr} 0 & 1+\dfrac{f-h}{g}-\dfrac{t}{g} & 1-\dfrac{g}{h}+\dfrac{t}{h}\\ \dfrac{t}{f} & 0 & \dfrac{g}{h}-\dfrac{t}{h}\\ 1-\dfrac{t}{f} & \dfrac{h-f}{g}+\dfrac{t}{g} & 0 \end{array}\right] \] On calcule les directions des côtés du triangle $\trim s$. Cela donne: \[ \boxed{D_{s}}\simeq\left[\begin{array}{rrr} -fh-g^{2}+h^{2}+sg+sh & fg-fh-sf & f^{2}+fg-fh-sf\\ +g^{2}-sg & -fg+sf+sh & -sg\\ fh-h^{2}-sh & fh-sh & -f^{2}-fg+fh+sf+sg \end{array}\right] \]
Puis on prend $\boxed{\alpha_{t}^{s}\beta_{t}^{s}\gamma_{t}^{s}}=crosstri\left(\trim t,\,\boxed{D_{s}}\right)$. On sait que le lieu (à $t$ variable, en vert) de $\alpha_{t}^{s}$ est la deuxième tangente par $a_{s}$ à la conique pilier, tandis que le lieu (à $s$ variable, en rouge) de $\alpha_{t}^{s}$ est précisément la conique temporelle $a_{t}\gamma_{t}b_{t}\alpha_{t}c_{t}\beta_{t}$. Sa matrice est $\boxed{C_{t}}\simeq$ \[ \left[\begin{array}{ccc} 2\,\left(g-t\right)\left(f-h-t\right) & 2\,fg-(h+2\,t)\left(f+g-h\right)+2\,t^{2} & \left(f+g-h\right)\left(g-2\,t\right)+2\,t^{2}\\ 2\,fg-(h+2\,t)\left(f+g-h\right)+2\,t^{2} & 2\,\left(f-t\right)\left(g-h-t\right) & \left(f-2t\right)\left(f+g-h\right)+2\,t^{2}\\ \left(f+g-h\right)\left(g-2\,t\right)+2\,t^{2} & \left(f-2t\right)\left(f+g-h\right)+2\,t^{2} & -2\,t\left(f+g-h-t\right) \end{array}\right] \] On vérifie que son centre est $\slov$. D'après la figure, il convient de chercher une homographie de centre $\slov$ et de rapport $\sqrt{k}$ transférant $\boxed{C_{t}}$ sur $\boxed{\pilcon}$. On écrit \[ \boxed{H}=\left[\begin{array}{ccc} f+\sqrt{k}\left(g+h\right) & \left(1-\sqrt{k}\right)f & \left(1-\sqrt{k}\right)f\\ \left(1-\sqrt{k}\right)g & g+\sqrt{k}\left(h+f\right) & \left(1-\sqrt{k}\right)g\\ \left(1-\sqrt{k}\right)h & \left(1-\sqrt{k}\right)h & h+\sqrt{k}\left(f+g\right) \end{array}\right] \]
Et l'on voit que $\tra{\boxed{H}}\cdot\boxed{C_{t}}\cdot\boxed{H}\simeq\boxed{\pilcon}$ se produit lorsque \[ k=\det\left(\trim t\right)\dfrac{4\,fgh}{\left(f+g-h\right)\left(g+h-f\right)\left(h+f-g\right)}=\det\left(\trim t\right)\div\det\left(\trim{min}\right) \] Si l'on substitue $\slov=G$ , on ne retrouve pas le $k=3t^{2}-3t+1$ obtenu ci-dessus (il y a un facteur 4 en plus). Il en est ainsi parce la conique out-Steiner du triangle $ABC$ servait seulement à masquer la conique in-Steiner de ce même triangle $ABC$ !
La valeur de $k$ est le rapport entre l'aire du triangle inscrit et le minimum de cette aire. Lorsque les deux triangles ont des orientations opposées, on obtient une homothétie imaginaire du plus bel effet entre la conique pilier (en cyan) et la conique temporelle (en rouge).
Cordialement, Pierre.