La cyclocévienne
Non, ce n'est pas une course cycliste d'un nouveau genre mais bien une configuration assez intriguante de la géométrie du triangle.
Voici la figure :
On se donne un triangle $ABC$ du plan euclidien et un point $M$.
Le triangle $M_AM_BM_C$ est le triangle cévien de $M$ par rapport au triangle $ABC$.
Son cercle circonscrit $\Gamma$ recoupe respectivement les droites $BC$ en $M'_A$, $CA$ en $M'_B$, $AB$ en $M'_C$.
Il faut tout d'abord montrer que le triangle $M'_A M'_BM'_C$ est le triangle cévien d'un certain point $M'$, appelé conjugué cyclocévien du point $M$ par rapport au triangle $ABC$.
On étudie ensuite l'application $f: M \mapsto M'$ qui est visiblement involutive et pour cela je vais utiliser les notations plus ou moins tendance de la géométrie du triangle:
On note:
$g$ l'isogonie (comme le "g" de l'isogonie).
$t$ l'isotomie (comme le "t" de l'isotomie).
$c$ le complément (comme le "c" de complément): c'est l'homothétie de centre $G$, le centre de gravité, transformant $ABC$ en son triangle médial et donc de rapport $-\frac 1 2$.
$a =c^{-1}$ l'anticomplément comme le "a" d'anticomplément: c'est l'homothétie de centre $G$ et de rapport $-2$.
Montrer que $f = (t\circ a)\circ g \circ(t\circ a)^{-1}= t\circ a\circ g\circ c\circ t$
J'espère que Pierre se fera un plaisir, si cela l'intéresse, de nous disséquer cette application du point de vue de la géométrie algébrique!
Amicalement
Voici la figure :
On se donne un triangle $ABC$ du plan euclidien et un point $M$.
Le triangle $M_AM_BM_C$ est le triangle cévien de $M$ par rapport au triangle $ABC$.
Son cercle circonscrit $\Gamma$ recoupe respectivement les droites $BC$ en $M'_A$, $CA$ en $M'_B$, $AB$ en $M'_C$.
Il faut tout d'abord montrer que le triangle $M'_A M'_BM'_C$ est le triangle cévien d'un certain point $M'$, appelé conjugué cyclocévien du point $M$ par rapport au triangle $ABC$.
On étudie ensuite l'application $f: M \mapsto M'$ qui est visiblement involutive et pour cela je vais utiliser les notations plus ou moins tendance de la géométrie du triangle:
On note:
$g$ l'isogonie (comme le "g" de l'isogonie).
$t$ l'isotomie (comme le "t" de l'isotomie).
$c$ le complément (comme le "c" de complément): c'est l'homothétie de centre $G$, le centre de gravité, transformant $ABC$ en son triangle médial et donc de rapport $-\frac 1 2$.
$a =c^{-1}$ l'anticomplément comme le "a" d'anticomplément: c'est l'homothétie de centre $G$ et de rapport $-2$.
Montrer que $f = (t\circ a)\circ g \circ(t\circ a)^{-1}= t\circ a\circ g\circ c\circ t$
J'espère que Pierre se fera un plaisir, si cela l'intéresse, de nous disséquer cette application du point de vue de la géométrie algébrique!
Amicalement
Pappus
PS.
J'ai repris un message récent de Hyacinthos où le correspondant se lamentait de ne pas disposer d'une preuve synthétique de cette mirifique formule.
Une preuve calculatoire suffirait amplement à mon bonheur !
J'ai repris un message récent de Hyacinthos où le correspondant se lamentait de ne pas disposer d'une preuve synthétique de cette mirifique formule.
Une preuve calculatoire suffirait amplement à mon bonheur !
Réponses
-
Bonjour,
ce jolie résultat que Pappus demande à démontrer en premier est dü à Olry Terqem.
Une preuve synthétique peut être vue sur
http://perso.orange.fr/jl.ayme vol. 5 A new point on Euler line p. 3-5.
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour Pappus et à tous
êtes-vous d'accord avec cette formulation
le conjugué cyclocévien d'un point est
le conjugué isotomique
de l'anticomplément
du conjugué isogonal
du complément
du conjugué isotomique de ce point.
Sincèrement
Jean-Louis -
Oui, Jean-Louis!
Que c'est joliment dit en vieux français!
Aurais-tu une démonstration synthétique de ce théorème sur ton site?
En fait, je ne le connaissais pas et je n'ai fait que recopier un message de Bernard Gibert sur Hyacinthos.
Je suis à peu près sûr qu'on doit en trouver une preuve en farfouillant dans ses oeuvres!
Amicalement
Pappus
PS
Comme $f$ est le conjugué de l'isogonie $g$ par $t\circ a$, les points fixes de la cyclocévienne $f$ sont les perspecteurs des 4 cercles inscrit et exinscrits, qui doivent se trouver dans ETC en bonne position, sans doute les points de Gergonne et autres points analogues. -
Mon cher Jean-Louis
Merci pour ta démonstration mais une preuve calculatoire serait aussi la bienvenue puisqu'elle seule permettrait de caractériser $f$ en tant que transformation rationnelle du plan!
Amicalement
Pappus
PS
Va rassurer les hyacinthistes si tu ne l'as pas déjà fait! -
Bonjour Pappus et à tous
je pensais avoir publié sur mon site la preuve synthétique de cette "belle phrase". J'en ai effectivement une preuve synthétique que je mettrais dans un article à venir...
Les preuves que je propose sur mon site sont d'une façon générale personnelle car la plupart du temps, d'après mes recherches, elles sont amenées par un calcul...
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonsoir
En utilisant les coordonnées homogènes barycentriques, je trouve que le conjugué cyclocévien de $M$ a pour coordonnées homogènes barycentriques :
$(-2 b^2 c^2 u^2 v (u + v) w (u + w) (v + w)^2 + c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 - (u + v)^2 w^2 (a^4 v^2 (u + w)^2 - b^4 u^2 (v + w)^2) : $
$-2 a^2 c^2 u v^2 (u + v) w (u + w)^2 (v + w) + c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 + (u + v)^2 w^2 (a^4 v^2 (u + w)^2 - b^4 u^2 (v + w)^2) :$
$ -c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 + (u + v)^2 w^2 (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))^2).$ -
Bonsoir,
Dans le sens direct, Matlab renacle.
J'ai donc essayé à l'envers en appliquant $t\circ a\circ g\circ c\circ t$ à $M(m)$.
J'ai donné précédemment les expression de $g$ et $t$, celle de $c$ et $a$ sont évidentes.
Malheureusement, Matlab me dit que l'affichage de $M'(m')$ dépasse les 25000 caractères qu'il accepte d'afficher.
Par contre, il accepte de calculer avec.
J'ai ensuite calculé le point d'intersection $M'_A$ de $(AM')$ et $(BC)$ puis vérifié que les points $M_A$, $M_B$, $M_C$ et $M'_A$ étaient cocycliques (via un birapport réel), ce qui prouve le résultat.
Voilà le fichier Matlab correspondant: -
En utilisant les coordonnées homogènes barycentriques.
$A(1:0:0).$
$B(0:1:0).$
$C(0:0:1).$
$(AB)$ a pour équation $z=0.$
$(AC)$ a pour équation $y=0.$
$(BC)$ a pour équation $x=0.$
$M(u:v:w).$
$M_A(0:v:w).$
$M_B(u:0:w).$
$M_C(u:v:0).$
$M'_A(0 : -c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) + b^2 u (v + w)) : c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) $
$- b^2 u (v + w))).$
$M'_B(-c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) + b^2 u (v + w)) : 0 : c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) $
$- b^2 u (v + w))).$
$M'_C(-c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)) : -c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) $
$- b^2 u (v + w)) : 0).$
L'équation barycentrique de la droite $(AM'_A)$ est donnée par :
$( -c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)))y + ( -c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) $
$+ b^2 u (v + w)))z=0.$
L'équation barycentrique de la droite $(BM'_B)$ est donnée par :
$(c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)))x + (c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) $
$+ b^2 u (v + w)))z=0;$
L'équation barycentrique de la droite $(CM'_C)$ est donnée par :
$(c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)))x + ( -c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) $
$- b^2 u (v + w)))y=0.$
On a :
$\begin{vmatrix}
0& -c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)) &-c^2 u v (u + w) (v + w) + (u + v) w (a^2 v (u + w) + b^2 u (v + w)) \\
c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))&0 &c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) + b^2 u (v + w)) \\
c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))&-c^2 u v (u + w) (v + w) - (u + v) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w)) & 0
\end{vmatrix} =0.$
Les trois droites sont concourantes et le point de concours est le point $M'$ dont les coordonnées homogènes barycentriques sont :
$(2 b^2 c^2 u^2 v (u + v) w (u + w) (v + w)^2 - c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 + (u + v)^2 w^2 (a^4 v^2 (u + w)^2$
$ - b^4 u^2 (v + w)^2) :$
$ 2 a^2 c^2 u v^2 (u + v) w (u + w)^2 (v + w) - c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 - (u + v)^2 w^2 (a^4 v^2 (u + w)^2 -
b^4 u^2 (v + w)^2) : $
$c^4 u^2 v^2 (u + w)^2 (v + w)^2 - (u + v)^2 w^2 (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))^2).$
Ce qui au signe près est ce que j'ai écrit plus haut.
Ainsi, le triangle $M'_A M'_BM'_C$ est le triangle cévien du point $M'$, appelé conjugué cyclocévien du point $M$ par rapport au triangle $ABC$.
A suivre !! -
On étudie ensuite l'application $f: M \mapsto M'$
Les coordonnées homogènes barycentriques de l'isotomique $t(M)$ de $M$ sont :
$(v w : u w : u v).$
Les coordonnées homogènes barycentriques du complément $c(t(M))$ de $t(M)$ sont :
$(u (v + w) : v (u + w) : (u + v) w).$
Les coordonnées homogènes barycentriques de l'isogonal $g(c((t(M)))$ de $c(t(M))$ sont :
$(a^2 v (u + v) w (u + w) : b^2 u (u + v) w (v + w) : c^2 u v (u + w) (v + w)).$
Les coordonnées homogènes barycentriques de l'anticomplément $a(g(c((t(M))))$ de $g(c((t(M)))$ sont :
$(-a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w) : a^2 v (u + v) w (u + w) $
$- b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w) : a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w) $
$- c^2 u v (u + w) (v + w)).$
Les coordonnées homogènes barycentriques de l'isotomique $t(a(g(c((t(M)))))$ de $a(g(c((t(M))))$ sont :
$( (a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w) - c^2 u v (u + w) (v + w)) (a^2 v (u + v) w (u + w)$
$ - b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w)) : (a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w)$
$ -c^2 u v (u + w) (v + w)) (-a^2 v (u + v) w (u + w) + b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w)) :$
$ (a^2 v (u + v) w (u + w) - b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w)) (-a^2 v (u + v) w (u + w) $
$+b^2 u (u + v) w (v + w) + c^2 u v (u + w) (v + w))).$
La conclusion en résulte. -
En fait, la cyclocévienne se généralise dans le cadre du plan projectif en remplaçant cercle ( conique passant par les points cycliques) par conique passant par deux points $P$ et $Q$.
Voici la figure:
On se donne dans le plan projectif (réel) un triangle $ABC$ et deux points $P$ et $Q$.
Partant d'un point $M$ et de son triangle cévien $M_AM_BM_C$, on trace la conique $PQM_AM_BM_C$ qui recoupe respectivement les côtés du triangle $ABC$ respectivement en $M'_A$, $M'_B$, $M'_C$.
Alors le triangle $M'_AM'_BM'_C$ est le triangle cévien d'un certain point $M'$.
On obtient ainsi une application cyclocévienne dépendant des points $P$ et $Q$, que je note: $f_{PQ}$.
On se doute, suivant le principe de continuité de Poncelet, que cette nouvelle cyclocévienne doit admettre une décomposition analogue à celle obtenue dans le cas des points cycliques quoique je n'ai aucune idée de ce qu'elle peut bien être.
L'isogonie $g$ devrait être remplacée par l'isoconjugaison échangeant $P$ et $Q$, l'isotomie par l'isoconjugaison fixant le tripôle $R$ de la droite $PQ$, l' homothétie $c$ par l'homologie de pôle $R$ et d'axe $PQ$ envoyant le triangle $ABC$ sur le triangle cévien de $R$ et l'homothétie $a$ par l'homologie de pôle $R$ et d'axe $PQ$ envoyant le triangle cévien de $R$ sur le triangle $ABC$.
Je vais vérifier cela avec Cabri!
Affaire à suivre!
Amicalement
Pappus -
Et effectivement ça marche, voici la figure:
Je suis parti d'un triangle $ABC$ et d'un point $R$.
J'ai tracé la polaire trilinéaire de $R$ et pris dessus deux points $P$ et $Q$
Puis j'ai vérifié avec Cabri la formule
$$f_{PQ} = t \circ a \circ g \circ c\circ t$$
où:
$t$ est l'isoconjugaison fixant $R$
$g$ est l'isoconjugaison échangeant $P$ et $Q$.
$c$ est l'homologie de pôle $R$, d'axe $PQ$ envoyant le triangle $ABC$ sur son triangle cévien.
$a= c^{-1}$ est l'homologie de pôle $R$ et d'axe $PQ$ renvoyant le triangle cévien de $R$ sur le triangle $ABC$.
Pour des raisons de lisibilité, je n'ai pas tracé le triangle cévien de $R$.
Partant de $M$, j'ai tracé les transformés successifs de $M$, à savoir:
${}^tM = t(M)$, ${}^{ct}M = c(t(M))$, ${}^{gct}M = g(c(t(M)))$, ${}^{agct}M = a(g(c(t(M))))$, $M' = {}^{tagct}M = t(a(g(c(t(M)))))$
Evidemment, j'avais des macros créées de longue date de toutes ces transformations, lesquelles sont toutes invariantes par conjugaison dans le groupe projectif.
Ce qui fait que la démonstration du cas général $(P, Q)$ équivaut à celle du cas particulier des points cycliques $(Isaac, Jacob)$.
Amicalement
Pappus -
La décomposition $f = (t\circ a)\circ g \circ(t\circ a)^{-1}= t\circ a\circ g\circ c\circ t$ de la cyclocévienne se simplifie un peu car l'application $g' = a\circ g\circ c = a\circ g \circ a^{-1}$ est la conjuguée de $g$ par $a$ c'est à dire l'isogonie par rapport au triangle antimédial $A'B'C' = a(A)a(B)a(C)$
On a donc $f = t\circ g' \circ t$ c'est à dire le conjugué de l'isogonie $g'$ (par rapport au triangle antimédial $A'B'C'$) par l'isotomie $t$ (par rapport au triangle $ABC$).
Amicalement
Pappus -
Bonjour Pappus et à tous,
pouvez-vous me préciser la référence concernant le message de Bernard Gibert sur Hyacinthos au sujet de ce fil.
Merci
Jean-Louis -
Merci, Pierre pour cette belle étude!
Amicalement
Pappus -
Rebonjour pappus et à tous
comme promis et avec beaucoup de retard suite à une remarque de pappus en page 5.
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Une longue phrase.pdf
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour à tous
Je me permets de réveiller cette discussion avec une simple question : quel est le lieu des points P qui sont le centre de leur cercle cévien ?
J'avoue : sur la figure présentée, j'ai fait coïncider "à la souris" le point P et le centre du cercle ...
Merci ! Bien cordialement JLB
-
Bonjour
Pour le fun, une représentation de ce problème.
Peut-être inspirante pour certains.
Les indices correspondent aux transformations successives cumulées :
f = t ₒ a ₒ g ₒ c ₒ t
M -> Mt -> Mtc -> Mtcg -> Mtcga - > Mtcgat = M'
Si l'on rajoute - pour suivre pappus - le triangle antimédial de sommet A' opposé à A par rapport à BC et l'isogonie g' par rapport à ce nouveau triangle
f = t ₒ g' ₒ t
M -> Mt -> Mtg'= Mtcga - > Mtg't = Mtcgat = M'
Cordialement,
Jean-Pol -
Bonsoir à tous,En parallèle de cette discussion https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2334841/conjugaison-cevienne#latest ...Je suppose que le fait que les trois cordes $MaM''a$, $MbM''b$ et $McM''c$ soient concourantes en $M''$ situé sur la droite $MM'$ ne surprend aucun d'entre vous ... Mais j'aimerais savoir, comment vous l'expliquez ?Quelle est alors la transformation $g: M \mapsto M''$ ?Bien cordialement, JLB
-
BonjourJ'enfonce sans doute une porte largement ouverte par pappus.Concernant le triangle antimédial A'B'C', si l'on réduit le problème à g' (isogonie dans le △A'B'C' équivalent à l'anticomplément du conjugué isogonal du complément d'un point P dans le △ABC),
g' = a∘g∘c
P -> Pc -> Pcg -> Pcga
le △A'B'C' avec les points P et Pcga est par construction homothétique de centre G du △ABC avec ses points Pcg et Pc, dans un rapport de -2, avec des angles homologues (par exemple en A et A') isogonaux identiques
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Bonjour!
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