D 1822 Recherche Pythagore désespérément Solution proposée par Pierre Renfer

D 1822 Recherche Pythagore désespérément Solution proposée par Pierre Renfer

On va utiliser les coordonnées barycentriques dans le repère affine (A,B,C).

On note comme d’habitude a, b, c les longueurs des côtés BC, CA, AB.

On connaît les coordonnées barycentriques des cinq points G, I, N, O, H :

1 1 1 G

c b a I

c b a

c b a

c b a N















) c b a ( c

) c b a ( b

) c b a ( a O

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2





















) c b a ( ) c b a (

) c b a ( ) c b a (

) c b a ( ) c b a ( H

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2



































Le point  est le milieu de [OH].

Les coordonnées de O et H ont la même somme : S(abc)( abc)( abc)( abc) On obtient donc les coordonnées de  en additionnant celles de O et celles de H :

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

) b a ( ) b a ( c

) a c ( ) a c ( b

) c b ( ) c b ( a





















1) Alignements

On connaît l’alignement des quatre points G, O, H,  sur la droite d’Euler.

Sont alignés par ailleurs les trois points G, I, N, car : ^GN^2^GI^

Pour le montrer, on donne aux points G, I, N des coordonnées de même somme 3(abc) :

c b a

c b a

c b a G













3c 3b 3a I

) c b a 3(

) c b a 3(

) c b a 3(

N















Par différences, on trouve :

4c 2b 2a

2c 4b 2a

c 2 b 2 a 4 GN

















 ^ et

2c b a

c 2b a

c b a 2 GI



















 ^

2) Nombre de cas à étudier

Il y a huit droites reliant deux des six points : - La droite d’Euler

- La droite(IGN)

- Les droites (NH), (N), (NO) - Les droites (IH), (I), (IO)

Mais l’homothétie h, de centre G, de rapport 2

1 transforme les points N, H, O en I, O,  respectivement.

Donc sont parallèles les droites (NH) et (IO) d’une part et les droites (NO) et (I) d’autre part.

Le nombre de directions de droites se réduit ainsi à six.

Le nombre d’études d’orthogonalité entre deux directions est donc : C₆² 15

Le cas de l’orthogalité éventuelles des droites (HI) et (N) n’a pas lieu d’être étudié puique leur intersection n’est pas l’un des six points.

Il reste donc 14 cas à étudier.

3) Méthode

Soient P et Q des points de coordonnées :





 P et

' ' ' Q







, avec '' ' 1

Alors on notera les coordonnées du vecteur



PQ :























 



' w

' v

' u PQ



































PQ  AQ AP ' AB' AC ABAC v ABwAC

Soit P^' Q' un autre vecteur de coordonnées :

' w ' v u' ' Q ' P^

L’orthogonalité des deux vecteurs se traduit par la nullité de leur produit scalaire :

0 ) c b a 2 (

' v w ' w ' v w w b v v c

A cos bc ) ' v w ' w (v ' w w b v v c

AC AB ) ' v w ' w (v ' w w b v v c AC ' w AB ' v AC w AB v ' Q ' P PQ

2 2 2 2

2

2 2

2 2









 



 































































 



   





 



   



 ^{      }





En exprimant la nullité du produit scalaire de deux vecteurs reliant des points pris parmi les six points, on obtient une condition du type : P(a,b,c)0, où P est un polynôme symétrique homogène en les trois variables, de degré 3 ou 6 suivant les cas.

Si le polynôme P ne se factorise pas en produit de polynômes de degrés 1 ou 2, on posera :

















 y x c

y x b

z y a

où 2

c b

p a  et

















 c p z

b p y

a p x

La symétrie par rapport à x, y, z permet de supposer : xyz L’homogénéité permet de supposer : z1 et 0xy1

La condition d’orthogonalité s’exprimera par un condition du type : f(x,y)=0 Avec le logiciel Geogebra, on tracera la courbe algébrique d’équation f(x,y)=0

Il s’agira d’osberver si la courbe traverse le triangle T, défini par la condition : : 0xy1

4) Examen des quatorze cas

Premier cas : La droite d’Euler et la droite (GIN)

 f(x, y) = 2x³ + 2y³ + x² y + x y² - 12x y + x² + y² + x + y + 2

L’orthogonalité n’est jamais possible

Deuxième cas : La droite d’Euler et et la direction de (NH) et (IO)

 f(x, y) = 3x⁴ y² + 3x² y⁴ + 6x³ y³ - 2x⁴ y - 2x y⁴ - 2x³ y² - 2x² y³ + 3x⁴ + 3y⁴ - 2x³ y - 2x y³ - 18x² y² + 6x³ + 6y³ - 2x² y - 2x y² - 2x y + 3x² + 3y²

L’orthogonalité n’est jamais possible

Troisième cas : La droite d’Euler et la droite (N)

 f(x, y) = (x² y + x² + x y² - 6x y + x + y² + y) (3x² y + 3x y² + 14x y + 3x² + 3y² + 3x + 3y)

L’orthogonalité n’est jamais possible

Quatrième cas : La droite d’Euler et la direction de (NO) et (I⁾

On obtient : P(a,b,c)(a²b² c² bc)( b²c² a²ac)( c² a² b² ab) L’orthognalité a lieu si et seulement si le triangle ABC possède un angle de 60°

Sont alors rectangles les triangles ONG, ON, ONH, IG, IO, IH Cinquième cas : La droite d’Euler et la droite (IH)

 f(x, y) = 3x⁴y² + 3x² y⁴ + 6x³ y³ - 6x⁴ y - 6xy⁴ - 4x³ y² - 4x² y³ + 3x⁴ + 3y⁴ - 4x³ y - 4x y³ + 6x³ + 6y³ + 6x² y² - 4x² y - 4x y² - 6x y + 3x² + 3y²

L’orthogonalité n’est jamais possible

Sixième cas : La droite (GIN) et la direction de (NH) et (IO)

 f(x, y) = 2x³ - x² y - x² - x y² + 2y³ - y² + 2 - x - y

L’orthogonalité n’est jamais possible

Septième cas : La droite (GIN) et la droite (N)

 f(x, y) = -6x³ - 6y³ + 5 (x² y + x y² + x² + y² + x + y) - 12x y - 6

L’orthogonalité n’est jamais possible

Huitième cas : La droite (GIN) et la direction de (NO) et (I) On obtient : P(a,b,c)(2abc)( a2bc)( ab2c)

L’orthognalité a lieu si et seulement si les côtés du triangle ABC sont en progrssion arithmétique Sont alors rectangles les triangles NOG, NOI, IG, IN

Neuvième cas : La droite (GIN) et la droite (IH)

 f(x, y) = x² y + x y² + x² + y² + x + y - 6x y L’orthogonalité n’est jamais possible

Dixième cas : La droite (N) et et la direction de (NH) et (IO)

 f(x, y) = x⁴y² + x²y⁴ + 2x³ y³ + 10x⁴y + 10xy⁴ - 6x³ y - 6xy³ - 6x³y² - 6x²y³ + x⁴ + y⁴ + 2x³ + 2y³ - 6x² y² - 6x²y - 6xy² + 10xy + x² + y²

L’orthogonalité n’est jamais possible

Onzième cas : La direction de (NO) et (I) et la direction de (NH) et (IO)

 f(x, y) = x⁴ y² + x² y⁴ + 2x³ y³ - 6 (x⁴ y + x y⁴ + x² y² + x y) + x⁴ + y⁴ + 2x³ y² + 2x² y³ + 2x³ y + 2x y³ + 2x³ + 2y³ + 2x² y + 2x y² + x² + y²

La courbe traverse le triangle et des solutions sont possibles.

Sont alors rectangles les triangles NHO et IO

Douzième cas : La droite (N) et la direction de (NH) et (IO)

 f(x, y) = x⁴y² + x² y⁴ + 2x³ y³ + 14 (x³y² + x²y³ - x⁴y - x y⁴ + x³ y + x y³ + x² y + x y² - x y) + x⁴ + y⁴ + 2x³ + 2y³ + x² + y² - 54x² y²

La courbe traverse le triangle et des solutions sont possibles.

Est alors rectangle le triangle NO

Treizième cas : La droite (HI) et la direction de (NO) et (I)

 f(x, y) = x⁴y² + x² y⁴ + 2x³ y³ - 2x⁴y - 2xy⁴ - 4x³ y² - 4x²y³ - 4x³ y - 4xy³ - 4x²y - 4xy² + x⁴ + y⁴ + 18x² y² - 2xy + x² + y² + 2x³ + 2y³

La courbe traverse le triangle et des solutions sont possibles.

Est alors rectangle le triangle IH

Quatorzième cas : La droite (HI) et et la direction de (NH) et (IO)

 f(x, y) = x⁴y² + x²y⁴ + 2x³y³ - 2x⁴y - 2xy⁴ - 6x² y² + x⁴ + y⁴ + 2x³ + 2y³ + x² + y² L’orthogonalité n’est jamais possible