Exo du dernier Monthly

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]appus

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

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

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:

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



Amicalement

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

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

On a : $DE=b.\tan(\omega), DF=a.\tan(\omega), FE=c.\tan(\omega).$

Amicalement

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,

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

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 ...

Bonjour Poulbot,

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

Cordialement,

Rescassol

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

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

Mon cher Arnauld_G
Dans quelle ère?
Primaire? Secondaire? Tertiaire? Quaternaire?
Amicalement
[small]p[/small]appus

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.

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.