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Enoncé D198 (Diophante) Des lieux peu communs (8ème et 9ème épisodes) 8ème épisode Deux points

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Academic year: 2022

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(1)

Enoncé D198 (Diophante)

Des lieux peu communs (8ème et 9ème épisodes) 8ème épisode

Deux points A et C étant donnés, pour tout point B que l’on projette en D sur AC, on considère les centres des cercles inscrits des 3 triangles obtenus (ABC), (ABD), (BCD).

A quelle courbe le point B doit-il appartenir pour que le cercle passant par ces 3 centres soit centré sur AC?

9ème épisode

Deux points Aet C étant donnés, pour tout pointB que l’on projette en D sur AC, on considère les centres des cercles exinscrits dans l’angle B pour les triangles (ABC), (ABD), (BCD).

A quelle courbe le point B doit-il appartenir pour que le cercle passant par ces trois centres soit tangent à AC?

Nota : dans les deux problèmes, on cherchera une courbe de degré aussi petit que possible

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 8ème épisode (cf. D179, D190)

Premier cas : Dentre A etC

Par rapport à des axes DCx, DBy, le cercle inscrit au triangle (BCD), de rayon s, a pour centre F(s, s) ; le cercle inscrit au triangle (BAD), de rayon t, a pour centre E(−t, t). La médiatrice du segment EF coupe AC en Z(s−t,0) ; les pentes s/t et −t/s de ZF et ZE, de produit −1, montrent que l’angle EZF est droit. Par hypothèse, le centre I du cercle inscrit au triangle (ABC) appartient au cercle de centreZ passant par E et F; ainsi (à π près) l’angle (IF, IE) = (ZF, ZE)/2 = π/4. Mais c’est aussi l’angle des bissectrices IF C etIEA :

π/4 = (IC, IA) = (IC, AC) + (AC, IA) = (BC, AC)/2 + (AC, BA)/2.

Ainsi (BC, AC) + (AC, BA) = π/2, l’angle ABC est droit : le lieu deB est le cercle de diamètre AC.

Second cas :D hors du segmentAC, par exempleA entreDet C.

A nouveauI, F, E sont les centres des cercles inscrits aux triangles (ABC), (BCD), (BAD), de rayonsr, s, t. Pour la mise en équation, je prends pour axes la droiteAC et la médiatrice du segmentAC, de longueur 2 unités.

Je noteA, B, C les angles du triangleABC, et pour alléger l’écriture A0 =A/2, B0 =B/2,C0 =C/2. D’où les coordonnéesA(−1,0),C(1,0).

Les points I(u, r), B(d, e) et D(d,0) sont liés par u = rcotA0 −1 = 1−rcotC0,d=ecotA−1 = 1−ecotC, d’où on tire

(2)

d=u+ 2ur2

1−u2r2, e= 2r 1−u2 1−u2r2.

Les pointsE(d+t, t) etF(d+s, s) sont déterminés sur la bissectriceDEF par l’angle droitIAE et l’alignementCIF :

t

1 +u = −1−dt

r = −1−d

1 +u+r = (u−1)(1 +ur) 1−u2r2 , s

r = 1−ds

1−u = 1−d

1−u+r = (1 +u)(1ur) 1−u2r2 .

La médiatrice du segment EF coupe AC en Z(d+s+t,0), qui doit être le centre du cercle (IEF). Comme ZE2 =ZF2 =s2+t2, il faut

s2+t2 =ZI2 =r2+ (d+s+tu)2.

1 +ur est un facteur commun à rs=r2(1 +ur)/(1u2r2), t etd+s+tu= (u−1)(1 +ur)2/(1u2r2) ; il apparaît la solution 1 +u =r, t= 0, correspondant à A=π/2, Den A,F confondu avec I; le lieu de B inclut alors la perpendiculaire en A à AC; cela s’étend à la perpendiculaire en C à AC. Mettant ce facteur de côté, il vient

(u−1)2(1 +ur)(r−2−2u) +r2(2−rr2ru−2u2) = 0,

Il s’agit d’exprimer cette condition endete; observons que 1 +d/u=e/r, d’où r=eu/(d+u). Substituantr, on obtient

(u−1)2(d+u)2((d+u)(1 +u)eu)(eu−2(d+u)(1 +u)) + +e2u2(2(d+u)2(1−u2)−eu(d+u)(1 +u)e2u2) = 0, relation de degré 8 enu.

Ordonnée en puissances de u, elle prend la forme

8

X

k=0

ckuk= 0.

c0=−2d4,c1 = (3e−8)d3,c2 = 4−12d2+ 3ed2(3−d) +e2d(d+e), c3= 8d(2d2−1) + 3de(3−3d−d2) +e2(2−6d) +e3(d+ 1),

c4 =d4−12d2+ 1 + 3e(3−3d−3d2+d3) +e2(1 + 4d−3d2) +e3e4, c5 = 8d(2−d2) + 3d(3d2 −3d−1), c6 = 4−12d2 + 9e(d−1)−3e2, c7= 3e−8d,c8 =−2.

On a aussi entre u, d, ela relation 2u=BA−BC =

q

e2+ (d+ 1)2qe2+ (d−1)2, soit sous forme entière u4u2(d2+e2+ 1) +d2 = 0.

Posantu2 =w, on forme la condition en w

4

X

m=0

wmc2m

!2

w

3

X

m=0

wmc2m+1

!2

= 0 ;

le degré endetedu coefficientfk dewk est au plus min(16−2k,8) car le degré decm est au plus min(8−m,4).

f0= 4d8,f1 =−4d4c2c21,f2 =c22−4d4c4−2c3c1,

f3 = 2c4c2−4d4c6c23−2c5c1, f4 = c24 + 2c6c2+ 8d4 −2c5c3−2c7c1, f5= 2c6c4−4c2c25−2c7c3,f6 =c26−4c4−2c7c5,f7 =−4c6c27,f8 = 4.

Cela permet d’écrire le déterminant 10×10 d’élimination de w (où W représente d2+e2+ 1, pour faciliter la mise en page) :

4 0 1 0 0 0 0 0 0 0

f7 4 −W 1 0 0 0 0 0 0

f6 f7 d2 −W 1 0 0 0 0 0

f5 f6 0 d2 −W 1 0 0 0 0

f4 f5 0 0 d2 −W 1 0 0 0

f3 f4 0 0 0 d2 −W 1 0 0

f2 f3 0 0 0 0 d2 −W 1 0

f1 f2 0 0 0 0 0 d2 −W 1

4d8 f1 0 0 0 0 0 0 d2 −W

0 4d8 0 0 0 0 0 0 0 d2

= 0.

Le degré de cette expression endeteest (au plus) 32, et peut être réduit à 30 en simplifiant par le facteurd2 dans la dernière ligne.

Ainsi, pour ce 8e épisode, le lieu deB se compose du cercle de diamètre AC (premier cas) et d’une courbe de degré au plus 30 (second cas), les perpendiculaires en A et C à AC complétant le lieu pour la transition entre les deux cas.

(3)

9ème épisode

Je note maintenant I, J, K les centres des cercles exinscrits dans l’angleB des triangles (ABC), (BCD), (BAD), et r, s, tleurs rayons.

Examinons d’abord le cas particulierBA=BC :Dest milieu deAC,DB est axe de symétrie,BDI bissectrice ; le cercle (IJ K) est tangent àAC en D, avec DI pour diamètre ; DJ etDK font avec AC un angleπ/4, donc DJ IK est un carré ; les bissectricesIJ C et IKA font avecAC un angle π/4, doncAC est perpendiculaire àAB etCB :B est rejeté à l’infini sur la médiatrice de AC.

Dans les figures pages suivantes, qui montrent les deux cas selon que D est ou non intérieur au segment AC, le contact entre le cercle (IJ K) (en rouge) et la droite AC a été obtenu par tâtonnements en déplaçantB sur la perpendiculaire en D, non par une construction précise.

Les points I(u,−r), B(d, e) et D(d,0) sont liés par u = rtanA0 −1 = 1−rtanC0,d=ecotA−1 = 1−ecotC, d’où on tire

d=u+ 2ur2

1−u2r2, e= 2r u2−1 1−u2r2. Premier cas : Dsur le segmentAC

Les pointsJ(d+s,−s) etK(d−t,−t) sont déterminés par les alignements IJ C : (1−ds)/s= (1−u)/ret IKA: (d−t+ 1)/t= (u+ 1)/r.

On en tire s

r = 1−ds

1−u = 1−d

1−u+r = 1−r 1 +ur 1−u2r2, et t

r = dt+ 1

1 +u = d+ 1

1 +u+r = 1−r 1−ur 1−u2r2. On a ensuite

d+s=u+r(1−u)(1 +ur)

1−u2r2 , dt=ur(1 +u)(1ur) 1−u2r2 . Notons que µ= 1−u2r2 = 0 quandI est sur le cercle de diamètreAC; alors A0+C0 =π/2,A+C=π,B est à l’infini.

(4)

Ces coordonnées permettent d’écrire l’équation du cercle (IJ K), de point courant P(x, y), comme déterminant de ligne générique x2+y2, x, y,1.

x2+y2 x y 1 u2+r2 u −r 1 (d+s)2+s2 d+s −s 1 (d−t)2+t2 dt −t 1

= 0.

Ce cercle devant être tangent àAC, fairey= 0 dans l’équation donne une équation enxqui doit avoir une racine double. Soustrayons la 2e ligne des 3 autres et développons par rapport à la 4e colonne.

x2u2r2 xu r (d+s)2+s2u2r2 d+su rs

(d−t)2+t2u2r2 dtu rt

= 0.

Dans la ligne de J, on note le facteur communr(1 +ur)/µ=

= 1−s/r = (d+su)/(1u), qui s’annule quand A = π/2 ; D et K viennent alors en A,I etJ sont confondus, et il existe un cercle passant par IJ et tangent en A à AC. Que cette solution (ABC rectangle en A) soit considérée parasite ou non, mettons ce facteur de côté ; la ligne de J est alors (d+s+u)(1u)r(s+r),1−u, r.

De même, dans la ligne deK, le facteur communr(1−u−r)/µ= 1−t/r =

−(d−tu)/(1 +u) s’annule quandABC est rectangle en C; ce facteur mis à part, la ligne de K est−(d−t+u)(1 +u)r(t+r),−1−u, r.

L’équation en x est alors

x2u2r2 xu r (d+s+u)(1u)r(s+r) 1−u r

−(d−t+u)(1 +u)r(t+r) −1−u r

= 0.

Ajoutons à la première colonne la 2e colonne, multipliée par−2u, et la 3e, multipiée parr; mettantren facteur dans la troisième colonne, on obtient

(x−u)2 xu 1

(d+su)(1u)rs 1−u 1

−(d−tu)(1 +u)rt −1−u 1

= 0.

La condition de racine double en x peut s’exprimer par l’annulation du déterminant

(d+su)(1u)rs 2−2u 1 0

−(d−tu)(1 +u)rt −2−2u 1 0 0 (d+su)(1u)rs 2−2u 1 0 −(d−tu)(1 +u)rt −2−2u 1

= 0.

Eliminonssetten multipliant les lignes impaires par 1−u+r=r(1−d)/s et les lignes paires par 1 +u+r=r(1 +d)/t; le déterminant devient

L (2−2u)(1−u+r) 1−u+r 0

M (−2−2u)(1 +u+r) 1 +u+r 0

0 L (2−2u)(1−u+r) 1−u+r

0 M (−2−2u)(1 +u+r) 1 +u+r

= 0

avec L= (d−u)(1u)(1u+r)r2(1−d), M =−(d−u)(1 +u)(1 +u+r)r2(1 +d).

La relative symétrie entre ces expressions conduit à multiplier (à gauche) par le déterminant 1

2

1 1 0 0

1 −1 0 0

0 0 1 1

0 0 1 −1

, ce qui donne

−u(d−u)(2 +r)r2 −2u(2 +r) 1 +r 0 (d−u)(1 +r+u2)−r2d 2 + 2u2−2ur −u 0

0 −u(d−u)(2 +r)r2 −2u(2 +r) 1 +r 0 (d−u)(1 +r+u2)−r2d 2 + 2u2−2ur −u

= 0.

(5)

On explicite r en notant que 1 +d/u+e/r = 0, d’où r = −eu/(d+u).

Multipliant les deux premières colonnes par (d+u)2, les deux dernières par d+u, la condition de racine double prend la forme :

l1 l2(d+u) l3 0 m1 m2(d+u) m3 0

0 l1 l2 l3

0 m1 m2 m3

= 0,

avec l1 =u(d2u2)(2d+ 2u−eu)e2u2, l2 =−2u(2d+ 2u−eu),

l3 =d+ueu,

m1= (d2u2)(d+u+du2+u3eu)de2u2, m2= 2d+ 2u+ 2(d+e)u2+ 2u3,

m3=−du−u2.

Les degrés de ces expressions en u, d, e(globalement) sont respectivement 5, 3, 2, 5, 3, 2 ; le déterminant développé est un polynôme de degré 14 (égal à d8 pouru = 0). Il s’agit, pour obtenir la condition en detedéfinissant le lieu deB, d’élimineru avec l’autre équation liantu, d, e, qui est

2u=BC−BA=pe2+ (d−1)2pe2+ (d+ 1)2, soit sous forme entière u4u2(d2+e2+ 1) +d2 = 0.

Substituant u4 par u2(d2+e2+ 1)−d2 chaque fois que c’est possible, le degré global est inchangé et on obtient le polynôme de degré 14

h3u3+h2u2+h1u+d8 à annuler.

Posant u2 = w, d2 +e2 + 1 = W, on élimine w entre les polynômes w(h3w+h1)2−(h2w+d8)2 etw2W w+d2.

Le déterminant d’élimination est

h23 0 1 0 0

2h3h1h22 h23 −W 1 0 h21−2h2d8 2h3h1h22 d2 −W 1 d16 h21−2h2d8 0 d2 −W

0 d16 0 0 d2

de degré 54 (au plus), qui se réduit à 52 en simplifiant pard2 à la dernière ligne (on a vu plus haut que d= 0 envoieB à l’infini).

Second cas :D hors du segmentAC, par exempleA entreDet C.

C’est maintenant l’angle droitIAK qui donne pour K(d+t,−t) t

1 +u = −1−dt

r = −1−d

1 +u+r = (u−1)(1 +ur) 1−u2r2 .

L’équation aux abscisses des points d’intersection de AC avec le cercle (IJ K) se forme comme dans le premier cas :

x2 x 0 1

u2+r2 u −r 1 (d+s)2+s2 d+s −s 1 (d+t)2+t2 d+t −t 1

= 0.

d’où on tire comme dans le premier cas :

x2u2r2 xu r (d+s)2+s2u2r2 d+su rs

(d+t)2+t2u2r2 d+tu rt

= 0.

A nouveau l’alignement IJ C permet de mettre r(1 +ur)/µen facteur commun dans la 2e ligne, qui devient

(d+s+u)(1u)r(s+r),1−u, r. mais cela n’a pas d’équivalent pour la 3e ligne.

Ajoutant à la 1ère colonne la 2e colonne multipliée par par−2u et la 3e multipliée parr, on obtient

(x−u)2 xu r

(d+su)(1u)rs 1−u r (d+tu)2+t2tr d+tu rt

= 0.

Divisant la 3e colonne par r, on forme comme dans le premier cas la condition de racine double enx

(d+su)(1u)rs 2(1−u) 1 0

(d+tu)2+t2tr 2(d+tu) 1−t/r 0

0 (d+su)(1u)rs 2(1−u) 1

0 (d+tu)2+t2tr 2(d+tu) 1−t/r

= 0.

(6)

Eliminonssetten multipliant les lignes impaires par 1−u+r=r(1−d)/s et les lignes paires par (1 +u+r)2 = (1 +u)2(1 +d)2/t2; le déterminant devient

L (2−2u)(1−u+r) 1−u+r 0

N Q (1 +u+r)2 0

0 L (2−2u)(1−u+r) 1−u+r

0 N Q (1 +u+r)2

= 0

avecL= (d−u)(1u)(1u+r)r2(1−d) comme dans le premier cas, N = (r(d−u)−(1 +u)2)2+ (1 +u)(1 +d+r)r2,

Q= 2(r(d−u)−(1 +u)2)(1 +u+r).

Comme dans le premier cas, r = −eu/(d+u). Multipliant les quatre colonnes par (d+u)2, la condition de racine double prend la forme :

p1 p2 p3 0 q1 q2 q3 0 0 p1 p2 p3

0 q1 q2 q3

= 0,

p1= (d2u2)(1−u)((d+u)(1u)eu)−(1−d)e2u2, p2 = (d+u)(2−2u)((d+u)(1u)eu),

p3 = (d+u)((d+u)(1u)eu),

q1 = (eu(d−u)+(d+u)(1+u)2)2+(d+u)(1+u)((d+u)(1+d)−eu)−e2u2, q2 =−2(eu(d−u) + (1 +u)2(d+u))((d+u)(1 +u)eu),

q3 = ((d+u)(1 +u)eu)2.

Les degrés de ces expressions enu, d, e(globalement) sont respectivement 5, 4, 3, 6, 5, 4 ; le déterminant développé est un polynôme de degré 18. Il s’agit, pour obtenir la condition endetedéfinissant le lieu deB, d’éliminer uavec l’autre équation liant u, d, e, qui est

2u=BCBA=pe2+ (d−1)2pe2+ (d+ 1)2, soit sous forme entière u4u2(d2+e2+ 1) +d2 = 0.

Substituant u4 par u2(d2+e2+ 1)−d2 chaque fois que c’est possible, le degré global est inchangé et on obtient le polynôme de degré 18

z3u3+z2u2+z1u+z0 à annuler.

(7)

Posant u2 = w, d2 +e2 + 1 = W, on élimine w entre les polynômes w(z3w+z1)2−(z2w+z0)2 etw2W w+d2.

Le déterminant d’élimination est

z32 0 1 0 0

2z3z1z22 z32 −W 1 0 z12−2z2z0 2z3z1z22 d2 −W 1 z02 z12−2z2z0 0 d2 −W

0 z02 0 0 d2

de degré 72 (au plus), qui se réduit à 70 en simplifiant pard2 à la dernière ligne car z0 est un polynôme en dseul, multiple ded9.

Ainsi, pour ce 9e épisode, le lieu deBse compose d’une courbe de degré au plus 52 (premier cas) et d’une courbe de degré au plus 70 (second cas), les perpendiculaires enAetCàAC complétant le lieu pour la transition entre les deux cas : si par exemple Dvient en A,K aussi,I etJ se confondent et il existe un cercle tangent àAC (enA) passant parI etJ, quel que soit B sur cette perpendiculaire.

N.B. Je n’exclus pas que la forme précise des termes de ces déterminants puisse aboutir à des courbes de degré moins grand, mais je ne vois pas comment s’en assurer sans disposer d’un puissant logiciel de calcul formel.

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