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Rescassol · 26-10-2025 17:50:37

Bonjour,

Il suffit de rajouter ceci à mon code:

f(p,q,r, u,v,w, x,y,z)=[(u*x+u*y+w*x)*(p+q+r), (q*x+q*y+r*y)*(u+v+w), (r*u+q*w+r*w)*(x+y+z)];

M1=f(p,q,r, u,v,w, x,y,z);

M2=f(p,q,r, x,y,z, u,v,w);

M3=f(u,v,w, x,y,z, p,q,r);

M4=f(u,v,w, p,q,r, x,y,z);

M5=f(x,y,z, u,v,w, p,q,r);

M6=f(x,y,z, p,q,r, u,v,w);

NulConic=CoconiquesBary(M1,M2,M3,M4,M5,M6) % NulConic=0 donc c'est gagné

La fonction CoconiquesBary utilisant le Véronèse:

function X = CoconiquesBary(M1,M2,M3,M4,M5,M6)

    function N = P(M)

         u=M(1); v=M(2); w=M(3);

         N=[u^2 v^2 w^2 u*v v*w w*u];

    end

         X=det([P(M1); P(M2); P(M3); P(M4); P(M5); P(M6)]);

end

Cordialement,
Rescassol

Vassillia · 26-10-2025 00:00:10

Bravo Rescassol, je m'attendais un peu à ta réussite mais il faut le voir comme un compliment et merci à tous pour votre participation.

Je suis sure que la démonstration en calcul barycentrique pourrait passer au lycée même si ce n'est pas vraiment au programme mais c'est un autre débat. Il existe sans doute d'autres démonstrations mais je ne les connais pas (et je n'ai aucune chance de les trouver si ce n'est pas analytique).

Comme on a eu droit à un joli dessin, prolongeons l'exercice, sans modifier la position des triangles, on effectue les 6 permutations de nom des sommets de A′B′C′. On obtient donc 6 configurations différentes et 6 points de concours.
Montrer que ces 6 points sont coconiques, si vous le voulez bien.

Rescassol · 25-10-2025 22:46:33

Bonsoir,

Une figure:

Cordialement,
Rescassol

Rescassol · 25-10-2025 22:09:40

Bonsoir,

Effectivement, la droite $(RR')$ coupe $(B'C')$ en $R_1=[ux+uy+wx;\space y(u+v+w);\space uz+wy+wz]$ qui est indépendant de $A'=[p;\space q;\space r]$.

Cordialement,
Rescassol

jelobreuil · 25-10-2025 21:46:39

Bonsoir à tous,
Merci Vassillia, je trouve ce problème très intéressant ! D'autant plus qu'ayant fait une figure, je me suis aperçu d'un phénomène que je trouve assez curieux : sur ma figure Geogebra, quand je déplace le point A', je constate que la droite RR' passe par un point fixe qui est son point d'intersection avec la droite B'C', et de même, quand je déplace B' (resp C'), c'est PP' (resp QQ') qui tourne autour de son point d'intersection avec A'C' (resp A'B'). Mais bien entendu, je ne saurais pas l'expliquer !
Bien amicalement, JLB
PS : je me demande, n'y aurait-il pas du Desargues dans ces triangles ?

Rescassol · 25-10-2025 19:55:12

Bonsoir,

Depuis que je suis retraité, j'ignore complètement la notion de niveau.
Sinon, je précise la méthode donnant une droite parallèle à une autre en barycentrique:
La parallèle à $D$ passant par $M$ est donnée par $\Delta=sum(M)*D - D*M$.

Cordialement,
Rescassol

gebrane · 25-10-2025 19:11:13

Bonjour
Avec une méthode niveau lycée ?

Rescassol · 25-10-2025 19:04:46

Bonjour,

En barycentrique avec Matlab:

% Vassillia - 25 Octobre 2025 - Les 2 triangles

%  (BibM@ths)

clc, clear all

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC

BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC

%-----------------------------------------------------------------------

syms p q r u v w x y z real

Ap=[p; q; r]; Bp=[u; v; w]; Cp=[x; y; z];

ApBp=Wedge(Ap,Bp); % ApBp=[q*w - r*v, r*u - p*w, p*v - q*u]

BpCp=Wedge(Bp,Cp); % BpCp=[v*z - w*y, w*x - u*z, u*y - v*x]

CpAp=Wedge(Cp,Ap); % CpAp=[r*y - q*z, p*z - r*x, q*x - p*y]

P=Wedge(ApBp,AB); % P=[r*u - p*w; r*v - q*w; 0]

Q=Wedge(BpCp,BC); % Q=[0; u*y - v*x; u*z - w*x]

R=Wedge(CpAp,CA); % R=[p*y - q*x; 0; r*y - q*z]

ParaC=DroiteParalleleBary(C,AB); % ParaC=[1, 1, 0]

ParaA=[0, 1, 1]; ParaB=[1, 0, 1];

ParaCp=DroiteParalleleBary(Cp,ApBp);

% On trouve ParaCp =

% [p*w*y - p*v*z + q*u*z - r*u*y + q*w*y - r*v*y + q*w*z - r*v*z,

% r*u*x - p*w*x - p*v*z + q*u*z - q*w*x + r*v*x - p*w*z + r*u*z,

% p*v*x - q*u*x + p*v*y - q*u*y + p*w*y - q*w*x - r*u*y + r*v*x]

ParaAp=DroiteParalleleBary(Ap,BpCp);

ParaBp=DroiteParalleleBary(Bp,CpAp); 

Pp=Wedge(ParaC,ParaCp);

% On trouve:

% Pp=q*u*x - p*v*x - p*v*y + q*u*y - p*w*y + q*w*x + r*u*y - r*v*x;

% p*v*x - q*u*x + p*v*y - q*u*y + p*w*y - q*w*x - r*u*y + r*v*x;

% (x + y + z)*(p*w - r*u + q*w - r*v)]

Qp=Wedge(ParaA,ParaAp);

Rp=Wedge(ParaB,ParaBp);

PPp=Wedge(P,Pp)

% PPp=[-(q*w-r*v)*(x+y+z), (p*w-r*u)*(x+y+z), q*u*x-p*v*x-p*v*y+q*u*y-p*w*y+q*w*x+r*u*y-r*v*x]

QQp=Wedge(Q,Qp); RRp=Wedge(R,Rp);

Nul=Factor(det([PPp; QQp; RRp])) % Nul=0 donc c'est gagné

X=SimplifieBary(Wedge(PPp,QQp)); % Le point de concours

% X=[(u*x+u*y+w*x)*(p+q+r); (q*x+q*y+r*y)*(u+v+w); (r*u+q*w+r*w)*(x+y+z)]

Cordialement,
Rescassol

Vassillia · 25-10-2025 17:50:29

Bonjour, pour que Rescassol (ou d'autres) nous fasse une belle démonstration de géométrie

On considère deux triangles quelconques ABC et A’B’C’ situés dans un même plan.
Soient P le point d’intersection des droites (AB) et (A’B’) et P’ celui des parallèles à ces même droites passant par les sommets C et C’.
On définit de façon analogue les points Q et Q’ ainsi que les points R et R’.
Montrer que les droites (PP’), (QQ’) et (RR’) sont concourantes.

Amusez vous bien.

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