Une ponctuelle de Newton
Bonjour,
un résultat de Newton datant de 1687 bien connu mais dont les preuves synthétiques sont souvent absentes...Je me suis penché sur ce problème...
un résultat de Newton datant de 1687 bien connu mais dont les preuves synthétiques sont souvent absentes...Je me suis penché sur ce problème...
1. (O) un cercle,
2. ABCD un quadrilatère circonscrit à (O)3. I, J les milieux resp. de [AC], [BD].
Question : (IJ) passe par O.
Merci pour votre aide pour la figure.
Sincèrement
Jean-Louis
Réponses
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Bonjour Jean-Louis, bonjour à tous,Cette propriété est générale pour les coniques à centre, et concerne aussi le milieu de la troisième diagonale du quadrilatère complet (ABCD), comme l'indiquent les figures suivantes ...
Serait-ce une piste ?Bien cordialement, JLB -
Bonjour,
Avec Morley:% Jean-Louis Ayme - 6 Avril 2022 - Une ponctuelle de Newton clc, clear all, close all % On part du quadrilatère de contact TUVW syms t u v w; syms tB uB vB wB; % Conjugués tB=1/t; % Morley's trick avec le cercle inscrit uB=1/u; vB=1/v; wB=1/w; s1=t+u+v+w; % Fonctions symétriques s2=t*u+t*v+t*w+u*v+v*w+w*u; s3=t*u*v+t*u*w+t*v*w+u*v*w; s4=t*u*v*w; s1B=s3/s4; % Conjugués s2B=s2/s4; s3B=s1/s4; s4B=1/s4; %----------------------------------------------------------------------- a=2*t*u/(t+u); % Sommets ABCD du quadrilatère b=2*u*v/(u+v); c=2*v*w/(v+w); d=2*w*t/(w+t); aB=2*tB*uB/(tB+uB); % Conjugués bB=2*uB*vB/(uB+vB); cB=2*vB*wB/(vB+wB); dB=2*wB*tB/(wB+tB); %----------------------------------------------------------------------- % Milieux de [AC] et [BD] m=(a+c)/2; n=(b+d)/2; mB=(aB+cB)/2; nB=(bB+dB)/2; % On trouve: % m = s3/((t+u)*(v+w)) et mB = s1/((t+u)*(v+w)) % n = s3/((t+w)*(u+v)) et mB = s1/((t+w)*(u+v)) Nul=Factor(m*nB-n*mB) % Égal à 0, donc c'est gagné % On constate que m/n = ((t + w)*(u + v))/((t + u)*(v + w)) %----------------------------------------------------------------------- % Sommets E et F complétant le quadrilatère complet ABCDEF e=2*t*v/(t+v); f=2*u*w/(u+w); eB=2*tB*vB/(tB+vB); fB=2*uB*wB/(uB+wB); p=(e+f)/2; pB=(eB+fB)/2; % Milieu de [EF] Nul=Factor(m*pB-p*mB) % Vérification % Conclusion: la droite de Newton passe par O
La propriété à démontrer est équivalente à $\dfrac{(t + w)(u + v)}{(t + u)(v + w)}\in\mathbb{R}$, d'où l'idée de peut-être faire intervenir le quadrilatère TUVW et les milieux de ses côtés.
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour,
merci à tous...
J'attends une preuve synthétique (sans cercles) ce qui est rare, voire inexitant, dans la littérature géométrique...
Sincèrement
Jean-Louis
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Il y a un très bon livre sur la droite de Newton, de ... Jean-Louis Ayme :
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Bonjour,
"J'attends une preuve synthétique (sans cercles) " alors qu'il y a un cercle dans l'énoncé !!??
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour à tousJe ne peux toujours pas faire de figures pour le moment et pour un temps indéterminé.Je vais donc me baser sur celle de Jean-Louis située au début de cette discussion.La remarque de Jelobreuil est judicieuse et était bien connue de nos aïeux!Les calculs de Rescassol étaient attendus mais un peu indigestes comme souvent!Voici une autre preuve plus simple (?) utilisant des outils géométriques pour le moins modernes mais évidemment disparus avec la géométrieSoit $S(\bullet,\bullet,\bullet)$ l'aire algébrique.Soit$$f:M\mapsto S(M,A,B)-S(M,B,C)+S(M,C,D)-S(M,D,A)$$1° Montrer que $f$ est une fonction affine.2° Montrer que $f(I)=f(J)=f(O)=0$Amicalementpappus
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Bounjour pappus...
oui c'est aussi une très belle approche que de penser à la technique des aires que j'avais utilisée pour le droite de Newton-Gauss...
Avec toutes mes amitiés.
Jean-Louis
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Bonjour,$\def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\ptv{~;~} \def\conim#1{\boxed{\mathcal{C}_{#1}}} \def\conis#1{\boxed{\mathcal{C}_{#1}^{*}}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}}$ On part de $D=p:q:r$ dans le repère formé par le triangle $ABC$ et la droite $\linf=\left[f,g,h\right]$. Les 4 droites sont \[ [0,0,1]\ptv[1,0,0]\ptv[-q,p,0]\ptv[0,r,-q] \]Les milieux sont \[ m_{ab}\simeq\left(\begin{array}{c} h\\ 0\\ f \end{array}\right)\ptv m_{cd}\simeq\left(\begin{array}{c} pg\\ pf+2\,qg+rh\\ rg \end{array}\right)\ptv m_{ef}\simeq\left(\begin{array}{c} p\left(qg+rh\right)\\ q\left(pf+2\,qg+rh\right)\\ \left(pf+qg\right)r \end{array}\right) \] où l'on a utilisé $m_{ef}={\displaystyle \frac{E}{\linf\cdot E}+\frac{F}{\linf\cdot F}}$. Et alors les trois points sont alignés sur la droite \[ \mathcal{N}\simeq\left[f^{2}p+2\,fgq+fhr,\;ghr-fgp,\;-fhp-2\,ghq-h^{2}r\right] \] On en conclut que la droite de Newton est l'image de la droite de l'infini par une transformation quadratique à la Cremona. Et tout cela sans cercles! A bas les cercles qui nous font tourner en rond!Et maintenant, il faut coniquer. On écrit que $\conis{}$ est tangente aux quatre droites, et l'on trouve: \[ \conis{}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & p & K\\ p & 2\,q & r\\ K & r & 0 \end{array}\right]\ptv\conim{}\simeq\left[\begin{array}{ccc} r^{2} & -rK & 2\,qK-pr\\ -rK & K^{2} & -pK\\ 2\,qK-pr & -pK & p^{2} \end{array}\right]\ptv\omega\simeq\left(\begin{array}{c} h\,K+g\,p\\ f\,p+2\,g\,q+h\,r\\ f\,K+g\,r \end{array}\right) \] Et alors, on constate que ce jeune Newton ne disait pas que des conneries en prétendant que les centres des coniques quadritangentes se promènent sur la droite des milieux. Remarque: lorsqu'il plait à la conique de paraboler, il plait à son centre d'aller sur la droite de l'infini (il n'a pas le choix, le pauvre). Pas de quoi en faire un cas spécial.C'est alors que pappus nous propose de remplacer $\mathcal{N}\cdot X=0$ par \[ \dfrac{zS}{fg\left(\linf\cdot X\right)}-\dfrac{xS}{gh\left(\linf\cdot X\right)}+\dfrac{\left(yp-xq\right)S}{h\left(\linf\cdot X\right)\left(\linf\cdot D\right)}-\dfrac{\left(yr-zq\right)S}{f\left(\linf\cdot X\right)\left(\linf\cdot D\right)} =0 \] ... en prétendant que ce calcul serait légèrement moins indigeste que le banal produit ligne $\times$ colonne $=$ incidence. Cela ne semble pas si évident que cela, mais nous verrons bien après la sieste post-prandiale.
Cordialement, Pierre. -
Il y a certainement un rapport avec le théorème d'Urquart
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Mon cher Pierre
Je ne prétends faire aucun calcul analogue à ceux de ton glossaire exigeant une bonne maîtrise de la géométrie projective.
Tout au plus je demande d’utiliser la notion d’aire algébrique pour résoudre ce petit exercice ainsi qu’une bonne connaissance des propriétés des quadrilatères circonscriptibles.
Amicalement
pappus -
Mon cher pappus.
Il n'y a pas besoin de maitriser on ne sait quelles connaissances surnaturelles pour remarquer que la conique dont on cause est inscrite dans le triangle $A,B,E$ tandis que la droite $FDC$ est une transversale à ce triangle. La propriété demandée n'est donc autre que la propriété de Newton sur les coniques tangentes à quatre droites données.
Comment faire pour que la conique soit un cercle ? Si l'on dispose d'une bonne maîtrise des triangles inscrits, on peut se dire qu'il faut et suffit que la transversale soit l'une des tangentes aux cercles inscrit/exinscrits dans le trigone des trois premières droites. Cela ne semble pas demander un niveau bac+99!
Cordialement, Pierre. -
Mon cher PierreDans un pays où la seule conique un tant soit peu utilisée reste le cercle trigonométrique, tu admettras que cette fameuse propriété de Newton n'est plus connue que par quelques spécialistes dont fait partie Jelobreuil pour mon plus grand plaisir.Tout le monde sait que Jean-Louis demande une solution de son exercice par les moyens les plus élémentaires possibles, si possible par des moyens synthétiques.Je n'ai pas réussi à trouver une telle solution mais au moins la méthode que je propose est suffisamment simple pour qu'on soit en droit de la proposer.J'attends donc que quelqu'un se dévoue pour la développer!Amicalementpappus
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OK
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Moi qui pensais que tu préférais les bonnes poires
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Bonjour à tousC'est effectivement facile de s'en tirer par une pirouette même si l'homme à la pomme était plus fier de ses écrits théologiques que de ses prouesses scientifiques.On ne saura donc jamais comment Sir Isaac utilisait les aires algébriques qu'il a sans doute inventées pour l'occasion!Mais bof, cent fous comme le disent nos amis vietnamiens!Amicalementpappus
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Bonjour.
On a une propriété plus ou moins affine: les $\linf$ centres des coniques quadritangentes sont sur la droite des $\linf$ milieux. Pour chaque conique, on considère la métrique qui circularise cette conique en un beau cercle. Et alors les sommes des longueurs des côtés opposés sont égales. On multiplie par le rayon qui a la même mesure dans chaque direction (=définition d'un cercle). Et alors la somme alternée des aires est nulle. Ensuite de quoi, le milieu d'un segment découpe ce segment en deux moitiés isométriques. On utilise alors que l'aire d'un triangle est le produit base par hauteur. On voit sur la figure que les triangles tournent dans des sens opposés (on peut aussi sortir les axiomes de Pasch de leur étagère, cela fait plus riche). Et alors la somme alternée continue dêtre nulle. Il reste à remarquer que le noyau d'une forme linéaire (ayant le bon rang) est une droite. Puis à conclure que si c'est vrai de chaque conique, cela est vrai de toutes les coniques.
Utiliser les aires algébriques pour éviter de faire un peu d'algèbre, ah que voilà une belle pirouette.
Cordialement, Pierre. -
Merci PierreC'est assez amusant de voir mon raisonnement bien caché au milieu des considérations ésotériques dont tu as l'habitude!Ah quoi bon circulariser des coniques qui ne demandent qu'à être oubliées et invoquer un théorème de Newton inconnu au bataillon depuis belle lurette.Alors je vais développer moi même ma preuve qui n'est pas de moi, tu t'en doutes mais que j'ai tirée des exercices de Géométrie Moderne de Papelier, Tome 1, Géométrie Dirigée, exercice 160, page 126-129, en la mettant au gout du jour c'est-à-dire à la sauce Bourbaki.Tout d'abord l'application $(A,B,C)\mapsto S(A,B,C)$ est tri-affine alternée et par suite antisymétrique.On calcule!$$f(A)=-S(A,B,C)+S(A,C,D)$$$$f(C)=S(C,A,B)-S(C,D,A)$$Comme $f$ est affine, on a:$$f(I)=f(\dfrac{A+C}2)=\dfrac 12(f(A)+f(C))=0$$On montre de même que:$$f(J)=0$$Donc quand les points $I$ et $J$ sont distincts, (au fait, quand le sont-ils?), le lieu des points $M$ tels que $f(M)=0$ est la droite $IJ$ puisque $f$ est affine.Il reste à montrer que $f(O)=0$ lui aussi, ce que tu as fait en remarquant que:$$AB+CD=AD+BC$$puisque le quadrilatère $ABCD$ est circonscriptible.Bravo de t'être souvenu de cette mirifique propriété de ces quadrilatères sans doute tombée aux oubliettes, elle aussi et que le moindre de nos agrégatifs serait bien en peine de prouver.Puis on termine comme tu l'as fait en multipliant par le rayon du cercle et en jouant sur le fait que le point $O$ est situé à l'intérieur du quadrilatère convexe $ABCD$.C'est sans doute la partie la plus délicate de la démonstration à mettre en forme.Amicalementpappus
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Bonjour,
une preuve très courte liée à l'homographie a attiré mon attention...pappus doit être satisfait...
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour Jean-LouisUne homographie?Restes-tu dans les limites élémentaires que tu t'es fixées?Amicalementpappus
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Bonjour pappus,
j'ai voulu te faire plaisir en renouant avec mes premières études de Taupe...
J'espère que tout va bien...pour toi et les tiens...Ici le Covid repart...
Amitiés
Jean-Louis
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Mon cher Jean-LouisPour paraphraser en français ce qu'a dit Winston en anglais.Ce n'est pas la fin, etc, etc...Ce qui est sûr en tout cas, c'est qu'il me reste à peu près autant de neurones que de géométrie dans nos programmes.Ça devrait le faire pour ce que j'ai à dire c'est-à-dire pas grand chose!J'essaye d'élargir mon polygone de sustentation avec diverses cannes mais le résultat n'est parfois pas très probant car je n'ai plus la moindre notion de convexité!Toi aussi fais attention au Covid, aux ouragans, aux volcans, aux requins, aux poissons-pierre et autres tarentules!Amicalementpappus.
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