Problème OGI
Bonjour
A la mode Ludwig (mais bien plus classique), construire un triangle $ABC$ connaissant le centre $O$ du cercle circonscrit, celui $I$ du cercle inscrit et le centre de gravité $G$.
Il y a plus souvent des solutions que pour le problème $OGK$ de Ludwig mais il est nécessaire au moins que $I$ soit intérieur au cercle de diamètre $\left[ GH\right] $ (pourquoi, au fait)
Quant à la construction, elle n'est pas possible en général à la règle et au compas et il vaut mieux au préalable se renseigner sur l'hyperbole de Feuerbach.
Bien cordialement
Poulbot
A la mode Ludwig (mais bien plus classique), construire un triangle $ABC$ connaissant le centre $O$ du cercle circonscrit, celui $I$ du cercle inscrit et le centre de gravité $G$.
Il y a plus souvent des solutions que pour le problème $OGK$ de Ludwig mais il est nécessaire au moins que $I$ soit intérieur au cercle de diamètre $\left[ GH\right] $ (pourquoi, au fait)
Quant à la construction, elle n'est pas possible en général à la règle et au compas et il vaut mieux au préalable se renseigner sur l'hyperbole de Feuerbach.
Bien cordialement
Poulbot
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Réponses
Bonne soirée, Ludwig
La deuxième de tes figures ne correspond-elle pas à ma question https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2331997/droite-deuler-et-centre-du-cercle-inscrit#latest ?
PS. Merci pour le lien vers l'article de P. Guinand.
$I$ est toujours l'intérieur du cercle diamètre $[GH]$, c'est le théorème de Guinand (1984).
Cordialement,
Rescassol
Je pense, peut-être à tort, qu'on savait que $I$ était intérieur au cercle de diamètre $\left[ GH\right] $ bien avant $1984$ et qu'il y a longtemps déjà, on savait exprimer $\overrightarrow{IG}\cdot \overrightarrow{IH}$ à l'aide des rayons $r$ et $R$ des cercles inscrits et circonscrits (résultat ???).
Bien cordialement. Poulbot
Je ne sais pas, Poulbot, mon information vient du magazine "Pour la science", je crois de décembre 1984.
J'avais fait une figure qu'il faudrait que je retrouve.
Guinand (un américain) a aussi borné les centres exinscrits par des courbes plus compliquées, des quartiques, si je me souviens bien.
Cordialement,
Rescassol
Edit: J'ai retrouvé ma figure:
Je pensais que Guinand était australien.
Je me souviens avoir vu il y a bien longtemps un exo où il était demandé d'exprimer $\overrightarrow{IG}\cdot \overrightarrow{IH}$ à l'aide de $r$ et $R$ mais le temps ne passe peut-être pas aussi vite que je l'imagine. Peut-être est-aussi le caractère minimal du cercle de diamètre $\left[ GH\right] $ en tant qu'ensemble contenant $I$ qui a été prouvé il y a $40$ ans.
Mais qu'importe.
Inutile d'être un grand mathématicien australien, américain ou d'ailleurs pour trouver la valeur de $\overrightarrow{IG}\cdot \overrightarrow{IH}$.
J'espère aussi que la référence à l'hyperbole de Feuerbach permettra à nos amis géomètres de trouver une construction qui est l'objet de ce fil.
Construire tout d'abord (very easy) l'orthocentre $H$, le centre $N$ du cercle d'Euler et le point de Nagel $N_{a}$; puis (moins facile) le point de Feuerbach : c'est le centre de l'hyperbole (équilatère) qui passe par $A,B,C,H,I,N_{a}$ et c'est aussi le point de contact du cercle inscrit et du cercle d'Euler. On connait ainsi la droite ?? et (merci Poncelet) le cercle d'Euler du triangle ?? qui passent par $F$.
Bonne continuation.
Bien cordialement. Poulbot
En effet jelobreuil ta question est liée à ma deuxième figure, mais je n'ai pas regardé en détail car cela me semble être un petit casse-tête... C'est moins compliqué de construire l'orthocentre $H$, le centre $N$ du cercle d'Euler et le point de Nagel $N_a$ connaissant $O$, $G$ et $I$ : $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$ (relation d'Euler), $N$ est le milieu de $[OH]$ et $\overrightarrow{IN_a}=3\overrightarrow{IG}$ :
Une preuve du théorème de Guinand par Morley inscrit:
La valeur du produit scalaire $\overrightarrow{IG}\cdot \overrightarrow{IH}$ à l'aide de $R$ et $r$ viendra plus tard.
Cordialement,
Rescassol
Malheureusement, les points importants pour le petit problème que j'ai posé n'y figurent pas tous : $H$, le point de Feuerbach $F$, le centre du cercle d'Euler et le quatrième point d'intersection de l'hyperbole de Feuerbach et du cercle circonscrit (symétrique de $H$ par rapport à $F$)
Reste à reconstruire tout cela à partir de $O,G,I$.
Avec ce que j'ai dit plus haut, il n'y a plus grand chose à faire (entre autres, choisir le bon point commun entre un cercle et une droite pour trouver $F$)
Amicalement. Poulbot
Et j'aimerais bien faire une figure plus globale, qui intègre les centres exinscrits. Aussi j'ai une question : peut-on adapter cette méthode hyperbolique au cas $OGJ$, où $J$ est le centre d'un cercle exinscrit ? Ou, mieux : y a-t-il une construction unique, qui fonctionne pour n'importe quel centre ?
Dans ma première figure j'ai tracé les courbes d'angle constant. Il ne s'agit bien sûr que de la partie de ces courbes qui se trouve dans le cercle orthocentroïdal. Si le centre $I$ sort du disque en restant sur une telle courbe, alors on doit avoir à faire à un centre exinscrit..
Amicalement, Ludwig
Bonjour Ludwig
Effectivement, on peut adapter cette méthode à $OGJ$ où $J$ est un centre exinscrit. Si, par exemple, $J=I_{a}$ (centre $A$-exinscrit)
et $\overrightarrow{GA_{N}}=-2\overrightarrow{GI_{a}}$, les points $A,B,C,H,I_{a},A_{N}$ sont sur une même hyperbole équilatère centrée au point de contact $F_{a}$ du cercle d'Euler (centre $N$) et du cercle $A$-exinscrit. C'est ce que le regretté John Conway, emporté par le Covid, appelait une extraversion; il suffit de remplacer $a$ par $-a$ dans les coordonnées barycentriques des points intervenant dans le cas $OGI$ pour l'obtenir
$F_{a}$ est un point d'intersection de la droite $I_{a}N$ et du cercle d'Euler du triangle $HI_{a}A_{N}$ (l'autre est le milieu de $\left[ HA_{N}\right] $).
Connaissant $H,I_{a},A_{N}$ et le centre de l'hyperbole, on peut la tracer. Quant au cercle circonscrit, il passe par le symétrique $H^{\prime }$ de $H$ par rapport à $F_{a}$ qui est aussi sur l'hyperbole. Si l'hyperbole et le cercle ont $3$ autres points communs, ce sont les sommets de $ABC$.
En espérant ne pas avoir dit trop de bêtises
Bien cordialement (et bonne nuit)
Poulbot
Il vaudrait mieux utiliser la bonne intersection de la droite $(NI)$ avec le cercle inscrit par exemple. Mais comment la caractériser ? Et il y a sans doute une construction plus élégante du point $F$.
Une bonne journée, Ludwig
En Morley inscrit, le point de Feuerbach $F$ est simplement $\dfrac{s_2}{s_1}$.
Cordialement,
Rescassol
Pour construire le point $F$ à partir de $O,G,I$, c'est un des points communs à la droite $IN$ et au cercle d'Euler du triangle $HIN_{a}$ (le centre d'une hyperbole équilatère circonscrite à un triangle est sur son cercle d'Euler - Poncelet dixit).
L'autre point commun est le milieu de $\left[ HN_{a}\right] $; c'est aussi le symétrique de $I$ par rapport à $N$.
Je pense que c'est plus simple (et plus géométrique) que tes calculs de rayons.
Connaissant son centre et $3$ points, on construit l'hyperbole et le cercle circonscrit qui passe par le symétrique $H^{\prime }$ de $H$ par rapport à $F$.
Si l'hyperbole et le cercle ont $3$ points communs autres que $H^{\prime }$ ce sont les sommets de $ABC$
@Rescassol Le problème est de construire $F$ à partir de $O,G,I$ afin de pouvoir construire $ABC$ et je ne suis pas certain que Morley soit d'un grand secours (mais qui sait?) alors que cela peut se faire à partir de quelques remarques géométriques simples
Bien cordialement. Poulbot
J'ai fini par réussir à démontrer que $\overrightarrow{IG}\cdot \overrightarrow{IH}=-\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{R}{r}-2\right)$, ce qui redémontre le théorème de Guinand, car on sait que $R\geq 2r$.
Cordialement,
Rescassol
Je ne sais pas pourquoi l'homogénéité a disparu et je propose plutôt $\overrightarrow{IG}\cdot \overrightarrow{IH}=-\dfrac{2}{3}r\left( R-2r\right) $
Bien cordialement. Poulbot
Oui, Poulbot, tu as raison, j'ai toujours du mal avec l'homogénéité, quand je reviens de Morley.
Cordialement,
Rescassol
La construction hyperbolique que tu as détaillée poulbot fonctionne aussi bien pour un centre $I$ inscrit que pour un centre $J$ exinscrit ! Une seule hyperbole équilatère suffit donc, ce qui est un gros avantage. Cette méthode donne aussi les angles du triangle solution donc pas besoin de résoudre une équation cubique pour les trouver !
Pour placer le centre $F$ de cette hyperbole, c'est-à-dire la bonne intersection de la droite $(IN)$ avec le cercle d'Euler $(\mathscr{E})$ du triangle $HIN_a$, j'ai pris le symétrique du milieu $m$ de $[HN_a]$ par rapport à la perpendiculaire à $(IN)$ passant par le centre de $(\mathscr{E})$. Cela garantit d'avoir la bonne.
Sur la figure ci-dessous j'ai également tracé les courbes délimitant les régions du plan qui permettent de savoir de quel type de centre il s'agit (voir table 1 et figure 3 du fichier joint).
Malheureusement ça coince un peu pour associer les courbes d'angle constant au centre $I$. Car ce centre, lorsqu'il change de zone, permute des angles dont certains sont d'ailleurs à prendre modulo $\pi$...
Bonne soirée, Ludwig
On peut donc voir tous les triangles ayant un angle donné au fur et à mesure du déplacement du centre $I$ (qui correspond soit au centre du cercle inscrit, soit au centre d'un cercle exinscrit). Voir le paragraphe 10 et la figure 4 du fichier Guinand pour suivre un tel cheminement.
Bon dimanche, Ludwig
- le centre change de nom en fonction de la zone où il se trouve (voir la nomenclature de Guinand) ;
- est affiché un texte indiquant si le triangle est aigu ou obtus, si le centre est inscrit ou exinscrit, et à quel angle du triangle ce centre est opposé (le plus petit, l'intermédiaire ou le plus grand).
J'ai de plus "aimanté" (si la case liée est cochée) la courbe d'angle constant et celle correspondant aux triangles isocèles. Pour la première il s'agit de la la courbe bleue, l'autre est une hyperbole visible à l'écran que vous trouverez en déplaçant le centre, puisque c'est aimanté !
Lien vers la figure sur le tube GGB.
Un mot pour finir sur la ''lacune sans centre'', comme l'appelle Guinand, c'est-à-dire la courbe à l'intérieur de laquelle ne peut pas vivre un centre tritangent. Dans le n°37 des James Cook Mathematical Notes (1985) Guinand en donne une paramétrisation très simple. J'en ai profité pour calculer son aire, égale à $22\pi/9$ (lorsque $O=(0,0)$ et $H=(1,0)$).
Guinand en donne aussi une construction géométrique : on place un point $M$ variable sur le symétrique du cercle orthocentroïdal par rapport à $O$. $P$ et $Q$ sont les points de $(H'M)$ tels que $MP=MQ=2MO$. La courbe est alors le lieu des points $P$ et $Q$ lorsque $M$ varie.
Du coup j'ai trouvé une autre construction : la perpendiculaire à $(H'M)$ passant par $H'$ recoupe le cercle trigonométrique en $N$ et le cercle de centre $M$ passant par $N$ coupe $(H'M)$ aux deux points dont on prendra le lieu. Une bonne soirée, Ludwig
La courbe d'angle constant $\theta$, notée $Q(\theta)$, a pour équation : $$-4 \; x \; \left(\operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right) + 2 \; \left(x^{2} + y^{2} \right) \; \left(-\operatorname{cos} \left( \theta \right) + 2 \; \operatorname{cos} ^{2}\left( \theta \right) + 2 \right) + 16 \; x^{2} \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right)^{2} \; \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) - 1 \right) \; \left(x^{2} + y^{2} \right)^{2} - 8 \; x \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) \; \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right) \; \left(x^{2} + y^{2} \right) + 1 = 0.$$ On peut la représenter paramétriquement en posant $y=(x-1)\tan(t)$ mais les formules sont épouvantables. Or des équations paramétriques très simples sont connues pour cinq valeurs particulières de $\theta$ : $0$, $\pi/3$, $\pi/2$, $2\pi/3$ et $\pi$, équations qui peuvent toutes être mises sous la forme : $$x=\frac{a+b \; \operatorname{cos} \left( t \right) + c \; \operatorname{cos} \left( 2 \; t \right) }{d+e \; \operatorname{cos} \left( 2 \; t \right)}, \quad \quad y=\frac{f \; \operatorname{sin} \left( t \right) + g \; \operatorname{sin} \left( 2 \; t \right)}{d+e \; \operatorname{cos} \left( 2 \; t \right)}.$$ Avec GeoGebra j'ai créé sept curseurs, un par coefficient de ces équations, pour tenter de rapprocher, à la main, la courbe obtenue de celle de $Q(\theta)$ pour un certain $\theta$ (oui oui, j'ai fait ça ). Et je suis persuadé qu'il est toujours possible de représenter $Q(\theta)$ sous cette forme paramétrique, quelle que soit la valeur de $\theta$. Bien sûr les coefficients $a$, $b$, ... ,$g$ sont fonctions de $\theta$, mais ces fonctions ne doivent pas être bien compliquées.
Y a-t-il une méthode qui permettrait de déterminer des fonctions convenables ?
Sinon, un logiciel puissant pourrait les trouver ?
Bon, les équations sont simples, c'est bien. Mais je n'ai pas compris grand chose... Si l'un d'entre vous prenait le temps d'expliquer ce qu'à fait Guinand page 4126 ce serait super. D'autant que sa construction géométrique doit se généraliser, ma première formule correspond forcément à une transformation, mais laquelle ?
Bonne nuit, Ludwig
Puis il démontre que la courbe frontière de la lacune sans centre (la région du plan dans laquelle ne peut pas exister de centre tritangent) correspond aux points $-uv-uw-vw$ pour lesquels deux des nombres $u$, $v$, $ w$ sont égaux.
Il fait ensuite tourner le plan complexe autour de l'origine de façon à ce que $v=w=1$. Du coup on a $I=-uv-uw-vw=1-2u$ et $H=u^2+v^2+w^2=2+u^2$. Enfin il ramène $H$ au point $(1,0)$ en divisant tout les points par $2+u^2$. La frontière de la lacune sans centre par rapport à $H$ fixé est donc le lieu des points $$z= \frac{-1-2u}{1+u^2}$$ lorsque $u$ parcourt le cercle unité.
Comme je l'ai dit plus haut cette méthode peut être généralisée pour trouver un paramétrage simple de la courbe d'angle constant $Q( \theta)$. Un point sur cette courbe correspond à la figure suivante, obtenue en faisant tourner le triangle pour avoir $u=1$ :
Des petits calculs montrent qu'on peut prendre $v=(\sin(\theta/2),\cos(\theta/2))$ et $w=(\sin(\theta/2),-\cos(\theta/2))$. On a alors $H=u^2+v^2+w^2=u^2-2\cos(\theta)$ et $I=-uv-uw-vw=-1-2u\sin(\theta/2)$. On procède alors comme Guinand : on ramène l'orthocentre $H$ au point $(1,0)$ en faisant une division par $u^2-2\cos(\theta)$. Conclusion : la courbe $Q( \theta)$ est le lieu des points $$z= \frac{-1-2u\sin (\frac{\theta}{2})}{-2\cos (\theta)+u^2} $$ lorsque $u$ parcourt le cercle unité. Ce qui est bien le résultat que j'avais trouvé de façon expérimentale.
Une bonne journée, Ludwig
EDIT : la figure ci-dessus n'est pas la seule qui correspond à un point de la courbe. Il y aussi le triangle avec un angle de $\pi - \theta$. Mais ce second triangle correspond encore à des points $v$ et $w$ tels que je les ai pris.
Edit: on peut aussi essayer $\gamma=-\alpha$, $\beta=\alpha\tau$ . Et alors ?
Cordialement, Pierre
Je bute sur un problème technique : comment nommer correctement les sommets du triangle solution, c'est-à-dire de façon à ce qu'il n'y ait pas de permutation des lettres lors du déplacement du centre ? J'ai une solution booléenne pour le sommet opposé au centre lorsque $I$ se trouve dans une des régions T, U, V, W, X ou Y (voir la nomenclature de Guinand). Pour les deux régions restantes R et S j'ai nommé ce sommet en utilisant une méthode que j'avais détaillée ici, qui fonctionne mais qui est totalement extravagante. Et une fois ce sommet appelé comme il faut, il reste les deux autres et ce n'est pas gagné.
Une bonne journée, Ludwig
Par exemple construire la bissectrice de l'angle $A$ est interdit, mais construire la droite qui passe par $I_1$ et l'orthocentre est autorisé.
J'ai un début de construction : $I_2$ et $I_3$ sont sur le cercle passant par $I_1$ et centré sur le point de Bevan ($X_{40}$, le symétrique de $I_0$ par rapport à $O$).
En procédant de la sorte on peut nommer les sommets du triangle $ABC$ sans ambiguïté. Par exemple la droite $(I_1I_2)$ coupe le cercle circonscrit à $ABC$ en deux points : le milieu de $[I_1I_2]$ et un sommet du triangle qui ne permutera pas avec un autre sommet lorsqu'on va déplacer $I_1$ - puisque la construction n'utilise que des points invariants par une telle permutation ! Il suffit alors d'écarter le milieu et le tour est joué.
J'ai fait un petit calcul : pour $0\leq \theta<\pi$ la courbe d'angle constant $\theta$ est tangente à la lacune sans centre en deux points $I_{\theta}$ et $J_{\theta}$ (voir figure) tels que $\tan(\alpha)=\tan(\theta)/3$.
Lorsque le centre $I$ décrit cette courbe le triangle solution du problème $OGI$ possède un angle égal à $\theta$ (ou $\pi -\theta$). Si ce centre est confondu avec $I_{\theta}$ ou $J_{\theta}$ alors ce triangle est dégénéré (un de ses angles est nul). De ce point de vue, comment interpréter l'égalité $\tan(\alpha)=\tan(\theta)/3$ ?
Ci-dessous la figure qui correspond au cas dégénéré $I=I_{\theta}$ :
-
$\psi\left(I_{lim}\right)=-\dfrac{\tau^{2}}{2+\tau^{2}}$ décrit les points du cercle ayant le segment $[GH]$ pour diamètre.
-
Rétrospectivement: si l'on trouve $A_{x}B_{x}C_{x}$ par intersection de $\hyp$ et de $\Gamma$, on peut obtenir la cubique $\kub$ comme étant la courbe passant par les 9 points $A_{x},B_{x},C_{x},O,H,I,X_{953},X_{3109},X_{6790}$ où X(953) est $G_{u}$, le point gudulique, X(3109) est $J_{0}$, la projection de $I$ sur la droite d'Euler et X(6790) est la deuxième intersection du cercle $\cir{}\left[X_{2},X_{20}\right]$ et de la droite $X_{1}X_{2}$.
-
Ludwig propose de paramétrer le lieu de $P\left(M,\cos A\right)=0$ par \[ z\left(M\right)=-1-2\,\dfrac{1-2\,\tau\,\sin\left(A/2\right)}{\tau^{2}-2\,\cos\left(A\right)} \] En substituant $\cos\left(A\right)=-\dfrac{\beta^{2}+\gamma^{2}}{2\,\beta\,\gamma}\ptv\sin\left(A/2\right)=\dfrac{\beta+\gamma}{2\sqrt{\beta}\sqrt{\gamma}}\ptv\gamma=\beta\kappa$ on obtient \[ z\left(M\right)=-\dfrac{\left(\kappa-\tau\,\sqrt{\kappa}+1\right)^{2}}{\tau^{2}\kappa+\kappa^{2}+1} \]
- En fait, il n'y a pas besoin de passer en Lubin du 4ème degré, ni de mesurer les angles. Il suffit de substituer $\gamma=\beta\,\kappa\ptv\beta=\tau\,\alpha$ dans $\psi\left(I\right)$. La valeur de $\kappa$ est fixée par $2\cos A=-\kappa-1/\kappa$, c.à.d. par $\kappa=-\cos A+i\sqrt{1-\cos^{2}A}$. Et on trouve: \[ z\left(M\right)=-\dfrac{\left(\kappa\,\tau+\tau+1\right)^{2}}{\kappa^{2}\tau^{2}+\tau^{2}+1} \] Les deux formules décrivent la même courbe, par décalage du paramètre.
-
Memento Bevan. Soit $\mathrm{Cet}$ le " Centroid of the Excentral Triangle" , i.e. $(4O'-z)/3=$X(165). C'est aussi le in-similicenter du circonscrit $ABC$ et du cercle de Bevan $I_{a}I_{b}I_{c}$. Le centre de ce cercle (le point de Bevan, X(40)) est donc $\mathrm{Bev}=2O'-z$ tandis que le rayon du cercle est $2R$. Et donc la droite $I_{a}I_{b}$ coupe le circonscrit en d'une part $C$ et d'autre part au point $I_{c}'$ qui est à la fois le milieu de $\left[I_{a}I_{b}\right]$ et l'homothétique de $I_{c}$ depuis $\mathrm{Cet}$. OK pour cela. Mais comment savoir qui est $I_2$ et qui est $I_3$ ?
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Si l'on pose $\gamma=\beta\kappa$, alors $\tan A=i\,\dfrac{1-\kappa^{2}}{1+\kappa^{2}}$. Soit maintenant $K$ sur la courbe d'exclusion. On a $\tan L\doteq\tan\left(LG,LK\right)=\dfrac{-i}{3}\,\dfrac{1-\sigma^{2}}{1+\sigma^{2}}$ où $L=$X(20) est le point de Longchamps. Et lorsque $\kappa=\sigma$... Et la question devient: pourquoi voit-on apparaître X(20) ?
Cordialement, Pierre.Qui est $I_2$ et qui est $I_3$ ? Ces points restent dans le même demi-plan de frontière la ligne des centres de cercles dont ils sont les intersections.
Pour avoir les sommets du triangle $ABC$ on peut prendre les pieds des hauteurs du triangle $I_1I_2I_3$, c'est plus simple.
Je joins ma figure au format pdf, à renommer en .ggb. Les noms des différents objets y sont stables. Y a-t-il une façon plus simple de nommer les sommets du triangle solution lorsque le point déplacé correspond au centre inscrit ? Je ne comprends toujours rien à ma méthode...
Le triangle miniature permet de continuer à voir la forme du triangle original ainsi que son orientation lorsque celui-ci est trop grand, notamment lorsque le centre approche celui du cercle d'Euler.
On déplace le centre sur une courbe d'angle constant (en cochant la case on aimante la courbe) et on s'approche des points de tangence avec la courbe d'exclusion. Au point de contact le triangle est dégénéré, et deux sommets semblent permuter lors de ce passage. Si tant est qu'il soit toujours possible de nommer correctement chaque sommet du triangle, est-ce le cas ici ?