Triangles équilatéraux

J'ai une méthode bourrin:

Tu te choisis un repère orthonormé et tu exprimes les coordonnées de tous les points dont tu as besoin dans ce repère.

Bonsoir.

Un préalable. Soit D,E,F les affixes complexes de trois points du plan. A quelle condition (sur les affixes) les trois points sont-ils les sommets d'un triangle équilatéral ?

Cordialement, Pierre.

Bonne nuit,

Essaie de l'exprimer en fonction de $j=e^{\frac{2i\pi}{3}}$.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

Ben non, exprime $e^{\frac{i\pi}{3}}$ en fonction de $j$, ou alors considère une rotation de centre le centra de gravité du triangle $DEF$.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

je propose la généralisation suivante

1. ABC un triangle
2. A'BC un triangle extérieur à ABC
3. CAB', BC'A deux triangles semblables à A'BC, extérieurs à ABC
4. P, Q, R les points médians resp. de A'BC, CAB', BC'A.

Question : le triangle PRQ est semblable à A'BC.

Si A'BC est équilatéral, nous retrouvons le problème posé.

Sincèrement
Jean-Louis

Bonjour à tous
La question de Lorentz était autrefois une configuration archiconnue de la géométrie du triangle dont on se doute bien qu'elle est tombée aujourd'hui dans l'oubli le plus complet!
C'est la généralisation de Jean-Louis qui m'intéresse avant tout.
Mais je pense qu'elle est mal formulée
Quand on dit que les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont semblables, cela veut dire que l'application affine:
$f:ABC\mapsto A'B'C'\ $ est une similitude (éventuellement directe ou indirecte).
Et ce qui me gène c'est que Jean-Louis parle des triangles semblables $A'BC\ $, $CAB'\ $, $BC'A.\qquad$ et je ne vois pas de permutations circulaires des points $A\ $, $B\ $, $C\ $, $A'\ $, $B'\ $, $C'\ $ dans cette présentation si elle était bien faite
D'autre part je suppose que les points médians désignent les centres de gravité, ce qui introduit une touche de géométrie affine un peu malvenue dans une configuration euclidienne
Bref, je ne suis pas arrivé à faire la figure de Jean-Louis avec ses indications
Voici ma propre généralisation:
1° Soit $ABC\ $ un triangle.
2° Soit $A'\ $ un point du plan.
3° Les triangles $AB'C\ $ et $ABC'$ sont directement semblables au triangle $A’BC.\qquad$
4° $P\ $ est le centre du cercle circonscrit au triangle $A'BC\ $, $Q\ $ est le centre du cercle circonscrit au triangle $AB'C\ $, $R\ $ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC'.\qquad $
Montrer que les triangle $PQR\ $ et $A'BC\ $ sont indirectement semblables
5° Montrer que les triangles $ABC\ $ et $PQR\ $ sont orthologiques.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On remarque que je ne parle ni d'intérieur ni d'extérieur de quoique ce soit!

Bonsoir,

Je suis également heureux de ton retour, Pappus.

% Jean-Louis Ayme - 15 Octobre 2021 - Triangles équilatéraux
% reformulé par Pappus le 17 Octobre 2021

clc, clear all, close all

syms a b c
syms aB bB cB % Conjugués

aB=1/a; % Morley circonscrit
bB=1/b;
cB=1/c;

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

syms t tB z zB

% Points A', B', C'

% On doit avoir:
% ap=b+t*(c-b);
% a=bp+t*(c-bp); ou a=bp(1-t)+c*t
% a=b+t*(cp-b);
% Donc:

ap=b+t*(c-b);
bp=(a-c*t)/(1-t);
cp=b+(a-b)/t;

apB=bB+tB*(cB-bB);
bpB=(aB-cB*tB)/(1-tB);
cpB=bB+(aB-bB)/tB;

[p pB]=CentreCercleCirconscrit(ap,b,c,apB,bB,cB);
[q qB]=CentreCercleCirconscrit(bp,c,a,bpB,cB,aB);
[r rB]=CentreCercleCirconscrit(cp,a,b,cpB,aB,bB);

% Transformation affine f: A'BC ---> PQR

[S SB fixe fixeB D]=TransfoAffine(ap,b,c,p,q,r,apB,bB,cB,pB,qB,rB);

S=FactorT(S)
fixe=Factor(fixe)

% On trouve:

f(z,zB)=(b*c*(a-b+t*(b-c))/((b-c)*(t-tB))*zB - ((a-b)*c+a*tB*(b-c)))/((b-c)*(t-tB));

% On reconnaît une similitude indirecte.

% Le point fixe est fixe=Nfixe/Dfixe avec:

Nfixe = (b-c)^2*(b*c*t^2-a^2*t*tB+a^2*tB^2) + c*(a-b)*(b-c)*((2*b-a)*t+a*tB) + b*c*(a-b)^2;
Dfixe = (a*(b-c)^2*(t^2-t*tB+tB^2) + (a-b)*(b-c)*(c*t+a*tB) + c*(a-b)^2);

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

[pa qa ra]=DroiteDeuxPoints(a,ap,aB,apB); % Droite (AA')
[pb qb rb]=DroiteDeuxPoints(b,bp,bB,bpB); % Droite (BB')
[pc qc rc]=DroiteDeuxPoints(c,cp,cB,cpB); % Droite (CC')

% On vérifie que ces droites sont concourantes:

Mat=[pa qa ra; pb qb rb; pc qc rc];

NulMat=Factor(det(Mat)) % Égal à 0, donc c'est gagné

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

je donne la référence sur Les-Mathematiques.net

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,689332,689332#msg-689332

Sincèrement
Jean-Louis

Bonjour à tous
Finalement la généralisation suggérée par Jean-Louis, (différente de la mienne), est tout simplement la figure du fil qu'il vient de citer:
Grand Oral X-1963
où les triangles $A'CB\ $, $CB'A\ $, $BAC' $ sont directement semblables
Le triangle formé par leurs centres de gravité leur est directement semblable comme l'a dit Jean-Louis!
Mais qu'en est-il des triangles formés par leurs orthocentres ou leurs centres du cercle circonscrit?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Soland
Mais pourquoi
$$R^2a-Ra+a=0\ ?\qquad$$
Il ne s'agit pas de se cacher derrière son petit doigt !
C'est un exercice sur la théorie des groupes et plus précisément sur le groupe des déplacements du plan et plus précisément encore sur la composition des rotations affines planes.
Et comme chez nous la géométrie euclidienne se résume aujourd'hui à ânonner l'Axiome de Pythagore, on n'est pas sorti de l'auberge !!!
C'est un exercice qui pourrait se trouver dans le Lebossé-Hémery, pourquoi pas ?
En tout cas on peut le résoudre avec les méthodes exposées dans le Lebossé-Hémery c'est-à-dire sans nombres complexes et sans vecteurs!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Soland
Plus simplement:
$$R^3+1=(R+1)(R^2-R+1)\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Soland
Tu fais comme tu te sens le mieux!
Ceci dit, cela revient à montrer que le polynôme minimal de $R\ $ est $X^2-X+1\ $, ce qui n'est pas très élémentaire.
D'abord un grand merci pour toutes les solutions que tu nous as proposées et notamment celle faisant intervenir un pavage et je m'étonne que personne absolument personne n'essaye de les prouver ou de les critiquer
Bien sûr, il y a des angles, en veux-tu en voilà et Dieu seul sait comme ils sont populaires dans notre république analphabète!
Je propose donc de critiquer ou de prouver les solutions déjà proposées comme celle très élémentaire de JLT, celle de Pierre par les nombres complexes, celle du pavage, celle (la tienne) utilisant les vecteurs et finalement celle utilisant le cours du Lebossé-Hémery revu et corrigé par Nicolas Bourbaki.
Bref on a du pain sur la planche et on est pas sorti de l'auberge!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Puisque personne ne veut s'y coller comme d'habitude, je commence par la méthode JLT, la plus élémentaire (?), encore que la géométrie du triangle se limite plus ou moins aujourd'hui à vérifier qu'un triangle a autant de sommets que de côtés, on se fiche d'ailleurs du nombre exact !
Quand j'étais en Taupe, je ne disposais ni de calculatrice ni de logiciel de calcul formel mais simplement d'une règle à calcul et du Bouvart et Ratinet.
Il y avait autrefois Bd Saint Germain, quelque part entre le BouleMiche et la rue St Jacques, une boutique appelée la règle à calcul, qu'est-elle devenue ?
Quant au Bouvart et Ratinet, certaines éditions contenaient un mémento des diverses formules de la géométrie du triangle !
Étaient-elles autorisées lors des grands concours ? Je ne le pense pas et JLT n'en a sûrement pas eu besoin pour nous donner sa jolie formule !
On contemple la figure car il y a beaucoup de contemplation à faire avant d'écrire quoique ce soit !
D'après la loi des cosinus :
$$B'C'^2=b'^2+c'^2-2b'c'\cos(A+60°)=\dfrac{b^2+c^2}3-2\dfrac{bc}3\Big(\cos(A).\dfrac 12-\sin(A).\dfrac{\sqrt 3}2\Big)\qquad
$$ Rebelote avec la loi des cosinus :
$$-2bc\cos(A)=a^2-b^2-c^2\qquad
$$ Et un petit coup de la loi des sinus :
$$\dfrac a{\sin(A)}=2R\qquad
$$ Et on tombe sur la formule de JLT :
$$6B'C'^2=a^2+b^2+c^2+\dfrac{abc\sqrt 3}R\qquad
$$ La symétrie de cette formule prouve bien l'équilaritude du triangle $A'B'C'\ $ comme le dirait si bien Ségolène !
Amicalement.
[small]p[/small]appus