Grand oral X-1963
Bonjour tout le monde
voici un exo sorti au grand oral de l'X en 1963.
On se donne un triangle ABC et on construit au dehors trois triangles A'CB, CB'A et BAC' semblables tels que dit. Montrer que le triangle défini par leurs centres de gravité leur est semblable !!!
Bonne après-midi.
voici un exo sorti au grand oral de l'X en 1963.
On se donne un triangle ABC et on construit au dehors trois triangles A'CB, CB'A et BAC' semblables tels que dit. Montrer que le triangle défini par leurs centres de gravité leur est semblable !!!
Bonne après-midi.
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Réponses
Je pense que les triangles doivent être directement semblables tous trois et que l'on ne peut avoir deux directement semblables et le troisième qui leur serait indirectement semblable.
Bruno
les triangles sont énumérés comme dit.
Bruno
Bruno
L' absurdité monumentale de l'énoncé de Blue, c'est bien de construire au dehors , ce qui n'a aucun sens mathématique!
1° En dehors de la solution par les complexes adorés de Bruno, existe-t-il une preuve synthétique?
2° Quelle est la situation relative des 3 centres de similitude entre les triangles $A'CB$, $BC'A$, $BAC'$ ?
La réponse est assez surprenante!
3° Quelle est la nature des correspondances $A' \iff B' \iff C'$?
Amicalement
Pappus
PS
Voici par exemple un autre aspect de la même figure:
Ni Dieu ni Maître ! -D
je dispose pour ma qustion de départ d'une preuve vectorielle mais elle ne me plait pas.
J'identifie le plan au plan complexe et les points avec leurs affixes.
Je garde aussi les notations de ma figure.
Tout d'abord un petit lemme facile à démontrer.
Les classes de similitude directe d'un triangle sont repérées à un facteur multiplicatif non nul près par la donnée d'un triplet $(\alpha _1, \alpha_2, \alpha_3) \in \C^3$ avec $\alpha _1\alpha_2\alpha_3 \ne 0$ et $\alpha _1+\alpha_2+\alpha_3 = 0$
Les triangles $z_1z_2z_3$ appartenant à cette classe de similitude vérifient alors:
$\alpha_1z_1 + \alpha_2z_2+\alpha_3z_3 = 0$.
Les triangles $A'CB$, $CB'A$, $BAC'$ étant directement semblables, il existe donc d'après le lemme un triplet $(\alpha, \beta, \gamma) \in \C^3$ avec $\alpha \beta \gamma \ne 0$ tel que:
$\alpha A' +\beta C + \gamma B = 0$
$\alpha C +\beta B' + \gamma A = 0$
$\alpha B +\beta A + \gamma C' = 0$
Les centres de gravité de ces 3 triangles ont pour affixes:
$a = \dfrac{A'+B+C} 3$, $b= \dfrac{B'+C+A}3$, $c=\dfrac{C'+A+B} 3$
Un calcul trivial montre immédiatement que:
$\alpha a + \beta b + \gamma c =0$
CQFD
Beaucoup plus intéressantes sont les questions que j'ai posées!
Amicalement
Pappus
Bruno
Quels sont leurs points fixes et leurs points limites?
Amicalement
Pappus
$\dfrac{A'-B}{C-B} = \dfrac{C-A}{B'-A}$ ou encore:
$(A'-B)(B'-A) = (C-A)(C-B)$
prouvant que si $B' = \tau(A')$, alors $\tau$ est une transformation circulaire directe, son point limite objet est $B$ et son point limite image est $A$ et $C$ est l'un des points fixes. L'autre point fixe est le point $F = A+B-C$ c'est à dire que le quadrilatère $BCAF$ est un parallélogramme.
Les deux autres correspondances se traitent de façon analogue.
Amicalement
Pappus
PS
Il reste à élucider la situation relative des trois centres de similitude entre les triangles $A'CB$, $CB'A$ et $BAC'$.
Amicalement
Pappus
Cette figure montre une construction possible de ce centre de similitude commun que j'ai noté $\Omega$.
On construit les quadrangles harmoniques:
$(B', C', A, A") = (C', A', B, B") = (A', B', C, C") = -1$
Le point $\Omega$ est alors le milieu commun des segments $AA"$, $BB"$, $CC"$.
Il faut noter que les applications $\Omega \mapsto A'$, $\Omega \mapsto B'$, $\Omega \mapsto C'$ sont des transformations circulaires directes.
Quels sont leurs points fixes et leurs points limites?
Amicalement
Pappus
rédigeant actuellement un article concernant deux triangles semblables adjacents par un sommet et un triangle, j'en suis venu à m'nteresser à ce problème mis dans mes archives...
Je viens de trouver qu'une preuve synthétique réside à une application directe du théorème de Petersen-Schoute que l'on peut trouver dans Geometry revisited de Coexter...
Il me reste plus qu'à finaliser ma preuve....
Sincèrement
Jean-Louis
Je remarque que onze ans après ce fil initié par Blue, personne n'a répondu à la moindre de mes questions.
Normal puisque la géométrie circulaire a disparu définitivement depuis belle lurette!
Amicalement
[small]p[/small]appus