L’esprit ne sera satisfait que quand il croira apercevoir la raison de cet accord, au point d’avoir l’illusion qu’il aurait pu le prévoir.&#34

D164 – Un bel alignement de points Solution de Catherine Nadault

Ce problème est une partie d'un résultat énoncé par Emile Lemoine en 1880 (Nouvelle Correspondance de Mathématiques, 1880, page 51, introuvable...) et complété en 1888 (Assoc. Franç. pour l'avancement des sciences, 1888, page 165, accessible sur Gallica). La propriété mise en jeu est l'alignement des points notés X(1), X(7), X(175), X(176) répertoriés sur le site :http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETC.html

Le lecteur pourra y trouver des coordonnées barycentriques utiles pour la vérification des alignements souhaités, auquels il pourra même ajouter l'alignement avec le point X(20)... sans compter la brochette de points qui nichent sur la même droite... Cependant, comme l'écrit Poincaré : "Nous ne pouvons pas nous contenter de formules simplement juxtaposées et qui ne s’accorderaient que par un hasard heureux ; il faut que ces formules arrivent pour ainsi dire à se pénétrer mutuellement. L’esprit ne sera satisfait que quand il croira apercevoir la raison de cet accord, au point d’avoir l’illusion qu’il aurait pu le prévoir." (Sur la dynamique de l’électron, 1905). Il peut donc être jugé plus satisfaisant de dégager une explication

"synthétique" des alignements constatés.

Voici la solution que je propose :

a) L'alignement des points I, J et K est (presque) immédiat : le cercle inscrit à ABC est

orthogonal aux trois cercles considérés, donc ceux-ci sont invariants dans l'inversion de centre I laissant fixe le cercle inscrit ; mais cette inversion échange les deux cercles tritangents et les centres de ceux-ci, sans être image l'un de l'autre dans l'inversion, sont nécessairement alignés avec le pôle.

b) L'alignement avec le point X(20) — appelé point de (de) Longchamps M — qui n'est autre que l'orthocentre du triangle ―double" de ABC est (presque) aussi direct : L est le centre radical des cercles ayant pour diamètres les côtés du triangle double (c'est-à-dire des cercles de centres A, B et C ayant respectivement pour rayon a, b et c) ; mais ces cercles admettent aussi J et K comme centres des cercles tritangents (car leurs rayons différent des précédents par la constante –p), donc J, K et M sont alignés pour la même raison que précédemment en considérant l'inversion (ou l'inversion négative) de centre M qui laisse les trois cercles globalement invariants.

c) Il est plus délicat (mais plus fondamental) de vérifier l'alignement avec le point (de Gergonne) L : il faut revenir à une procédure qui permettrait de trouver les coordonnées de J et K... Considérons donc l'inversion de centre P qui laisse globalement invariant le cercle initial centré en A. Les images des deux cercles centrés en B et C sont les perpendicualaires à BC tangentes au premier cercle. Les cercles tritangents cherchés auront donc pour images deux cercles tangents au premier, ainsi qu'aux deux droites précédentes. Ces images seront égales au cercle centré en A ; leurs centres U et V seronts situés sur la hauteur issue de A et tels que A soit milieu de UV...

Cela étant, le faisceau formé par PI, PA, PU(= PJ) et PV(= PV) est donc un faisceau harmonique. Mais alors le point d'intersection de PA avec la droite IJK n'est autre que le conjugué de I par rapport à J et K... Et, comme il en va de même pour les deux autres droites QB et RC... il s'ensuit d'abord que AP, QB et RC sont bien concourantes en un point L, et ensuite que ce point n'est autre que le conjugué de I par rapport à J et K.