b²c²X² + a²c²Y² +a²b²Z² + a²(b² + c² – a²)YZ +b²(a² + c² – b²)XZ + c²(a² + b² – c²)XY = 0

D1971– Dans le petit soulier de Diophante [***** à la main]

Problème proposé par Dominique Roux

On donne un triangle ABC. Pour tout point M autre que A, B, C on trace les cercles (MBC) , (MCA) , (MAB). Ils recoupent les côtés du triangle en respectivement Ab et Ac ; Bc et Ba ; Ca et Cb. Pour certains points M les trois droites (AbAc) , (BcBa) , (CaCb) ont un point commun que l'on notera N. Que peut-on dire de l'ensemble des points N ?

Solution proposée par Dominique Roux

Solution par les coordonnées barycentriques (voir ouvrage de Jean-Denis EIDEN p .79 et suivantes) Le cercle (ABC) s’écrit C  a²YZ + b²ZX + c²XY = 0

Une parallèle à la tangente en A s’écrit b²Z + c²Y – p(X + Y + Z) = 0 : droite A_bA_cet le cercle BCM avec M de coordonnées (X,Y,Z) s’écrit C – p(X + Y + Z) = 0 où

Z) Y X(X

XY c XZ b XY p a

2 2

2







  .

L’isogonal I(x,y,z) de M vérifie x X a

 2 , x Y b

 2 et x Z c

 2 d’où p =

xy c xz b zy a

z)x y (x c b

2 2 2

2 2







 , de même pour q et r.

Le point N de coordonnées (X’,Y’,Z’) étant sur A_bA_c,on a p =

Z' Y' X'

Y' c Z' b^{2 2}





 , de même q =

Z' Y' X'

Z' a X' c^{2 2}





 et r =

Z' Y' X'

X' b Y'

a^{2 2}





 .

Prenons α, β, γ tels que αp + βq + γr ne dépende plus de X’, Y’ et Z’ : α = a²(b² + c² – a²) β =b²(a² + c² – b²) γ = c²(a² + b² – c²)

car αp + βq + γr = [a²(b² + c² – a²)(b²Z’ + c²Y’) + b²(c² + a² – b²)(c²X’ + a²Z’) +c²(a² + b² – c²)(a²Y’ + b²X’)]/[X’ + Y’ + Z’] = 2a²b²c².

Donc I vérifie a²(b² + c² – a²)

xy c xz b zy a

z)x y (x c b

2 2 2

2 2







 + b²(c² + a² – b²)

xy c xz b zy a

z)y y (x a c

2 2 2

2 2







 +c²(a² + b² – c²)

xy c xz b zy a

z)z y (x b a

2 2 2

2 2







 = 2a²b²c².

Soit 2a²b²c²(a²zy + b²xz + c²xy) = a²b²c²(x + y + z)[(b² + c² – a²)x + (a² + c² – b²)y + (a² + b² – c²)z]

2(a²zy + b²xz + c²xy) = (b² + c² – a²)x² + (a² + c² – b²)y² + (a² + b² – c²)z² +2(a²zy + b²xz + c²xy) Lieu de I

: (b² + c² – a²)x² + (a² + c² – b²)y² + (a² + b² – c²)z² = 0 :

Donc le lieu de M, isogonal du lieu de I, est une quartique circulaire.

Pour obtenir le lieu de N, remplaçons x,y,z par les quantités proportionnelles _{2 2} c b

p , _{2 2} a c

q , _{2 2} b a

r

car _{2 2} c xb

p = _{2 2} a yc

q = _{2 2} b za

r =

xy c xz b zy a

z y x

2 2

2  



 .

D’où 0 = (b² + c² – a²) ₄²₄ c b

p + (a² + c² – b²) ₄²₄ a c

q + (a² + b² – c²) ₄²₄ b a

r et remplaçons p, q, r par leurs expressions en fonction de X’, Y’ et Z’.

4 4

2 2 2 2 2 2 2

c b

) Y' c Z' (b ) Z' Y' (X'

) a c

(b 







 + _{4 4}

2 2 2 2 2 2 2

a c

) Z' a X' (c ) Z' Y' (X'

) b a

(c 







 + _{4 4}

2 2 2 2 2 2 2

b a

) X' b Y' (a ) Z' Y' (X'

) c b

(a 







 = 0

ce qui donne :

a⁴(b² + c²– a²)(b⁴Z’² + c⁴Y’² + 2b²c²Y’Z’) + b⁴(c² + a²– b²)(c⁴X’² + a⁴Z’² + 2c²a²Z’X’) +c⁴(a² + b²– c²)(a⁴Y’² + b⁴X’² + 2a²b²X’Y’) = 0.

On développe et on divise par 2a²b²c² :

b²c²X² + a²c²Y² +a²b²Z² + a²(b² + c² – a²)YZ +b²(a² + c² – b²)XZ + c²(a² + b² – c²)XY = 0

qui est l’équation d’une hyperbole.

Dans cette équation, X, Y et Z sont de somme constante. Par homogénéité, on peut supposer que cette constante vaut S = a² + b² + c².

Les coordonnées du centre s’obtiennent en écrivant que X

F



 = Y

F



 = 0

où F(X,Y) = b²c²X² + c²a²Y² + a²b²(S – X – Y)² + a²(b² + c² – a²)Y(S – X – Y) + b²(c² + a² – b²)X(S – X – Y) + c²(a² + b² – c²)XY Le calcul donne

X F



 = – a²b²S + b²c²S – b⁴S + b⁴Y – c⁴Y + 2b⁴X + a⁴Y

et Y

F



 = – a²b²S + a²c²S – a⁴S + a⁴X – c⁴X + 2a⁴Y + b⁴X

En remarquant que S(c² – a² – b²) = c⁴ – a⁴ – b⁴ – 2a²b²,on obtient le système : b²(c⁴ – a⁴ – b⁴ – 2a²b²) + Y(a⁴ + b⁴ – c⁴) + 2b⁴X = 0

a²(c⁴ – a⁴ – b⁴ – 2a²b²) + X(a⁴ + b⁴ – c⁴) + 2a⁴Y = 0

soit (a⁴ + b⁴ – c⁴) (Y – b²) + 2b⁴(X – a²) = 0 (a⁴ + b⁴ – c⁴) (X – a²) + 2a⁴(Y – b²) = 0 d’où [(a⁴ + b⁴ – c⁴)² – 4a⁴b⁴](X –a²)(Y – b²) =0

Or (a⁴ + b⁴ – c⁴)² – 4a⁴b⁴ = (a⁴ + b⁴ – c⁴ – 2a²b²)(a⁴ + b⁴ – c⁴ + 2a²b²) = ((a² – b²)² – c⁴)( (a² + b²)² – c⁴) 0 car ABC n’est pas rectangle Donc X = a² , Y = b² et Z = c². On reconnaît les coordonnées barycentriques du point K de Lemoine, intersection des symédianes du triangle ABC.