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 AbAcet 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 AbAc,on a p =
Z' Y' X'
Y' c Z' b2 2
, de même q =
Z' Y' X'
Z' a X' c2 2
et r =
Z' Y' X'
X' b Y'
a2 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 :
cercle polaire de ABC.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.
