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• 4.9.18 encore Carnot

  le 7 juin 2018 à 18:24, par Hébu

  On se donne un triangle $ABC$, un point $P$ quelconque intérieur au triangle ; sur les segments $PA, PB, PC$ on pose trois points $D, E, F$, quelconques, par lesquels on trace les perpendiculaires à ces segments.

  On obtient ainsi un nouveau triangle $JKL$ (le point $D$ sur $KL$, $E$ sur $JL$, $F$ sur $KJ$ — les point $A$ et $J$ sont << opposés >>, de même que $B$ et $K$, ou $C$ et $L$).

  Depuis les points $J$, $K$ et $L$, on abaisse des perpendiculaires (resp. sur $BC$, $AC$ et $AB$). Ces perpendiculaires qu’on note $JR$, $KS$ et $LT$ se coupent en un même point $Q$.

  .

  J’avais examiné le 4.9.19 avant celui-ci, mais je note là encore la réversibilité de la construction : partant de $ABC$ on a construit $JKL$, mais la construction inverse serait possible, partant de $JKL$, choisissant $Q$, tirant les perpendiculaires, etc. (ce sont encore les lignes pointillées du dessin qui révèlent le sens de la flèche du temps).

  .

  On constate de nombreuses correspondances entre les deux triangles et leurs points intérieurs. Ainsi, des égalités d’angles (conséquences immédiates des quadrilatères inscriptibles $LDPE$, etc.) :

  $\widehat{APB}=\pi-\widehat{L}$, $\widehat{APC}=\pi-\widehat{K}$, $\widehat{BPC}=\pi-\widehat{J}$ ;

  $\widehat{KQL}=\pi-\widehat{A}$, $\widehat{LQJ}=\pi-\widehat{B}$, $\widehat{JQK}=\pi-\widehat{C}$.

  Mais je n’ai pas trouvé de moyen élégant de tirer profit de tout ça... Donc, recours à Carnot là encore.

  .

  L’examen des triangles rectangles, sur lesquels on utilise Pythagore, permet d’écrire une série d’égalités, de façon mécanique — mais fastidieuse. A chaque fois, on écrit $LT$, $BE$, etc ; de deux façons :

  $AL^2-AT^2=BL^2-BT^2$

  $BL^2-EL^2=BJ^2-EJ^2$

  $BJ^2-BR^2=CJ^2-CR^2$

  $CJ^2-FJ^2=CK^2-FK^2$

  $CK^2-CS^2=AK^2-AS^2$

  $AK^2-KD^2=AL^2-LD^2$

  Faisant la somme membre à membre, éliminant les termes identiques, on obtient une égalité :

  $KD^2+LE^2+FJ^2+CS^2+AT^2+BR^2=LD^2+EJ^2+FK^2+AS^2+BT^2+CR^2$

  Il faut alors invoquer le théorème de Carnot, du 4.9.16, qui dit que puisque dans le triangle $KLJ$, les points $D, E, F$ sont les pieds des perpendiculaires issues de $P$, alors

  \[ KD^2+LE^2+FJ^2=LD^2+EJ^2+FK^2\]

  Otant ces termes de l’égalité obtenue ci-dessus, il reste

  \[CS^2+AT^2+BR^2=AS^2+BT^2+CR^2\]

  expression qui, en vertu de la réciproque du résultat de Carnot, implique le résultat recherché : les normales issues de $R, S, T$ sont concourantes.

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• 4.9.18 sans Carnot

  le 14 novembre 2021 à 07:53, par Reine

  Vous avez raison : le recours à Carnot n’est pas indispensable. Cette question ne concerne finalement que des directions de droites.$\,$ Le triangle $JKL$ n’est « défini » que par les directions de ses trois côtés, qui doivent être perpendiculaires à $AP$, $BP$ et $CP$ ; et la question est de savoir si trois droites issues de ses trois sommets et de directions perpendiculaires à $BC$, $CA$ et $AB$, sont concourantes. Ni les tailles des deux triangles, ni leur position relative n’intervient ici ; chacun d’eux pourrait être arbitrairement translaté ou grossi.

  Étant donné trois directions de droites$\,$ $a$, $b$ et $c$, convenons de dire que trois autres directions $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ sont $\,$concourantes dans $\,abc$ si, lorsqu’on forme un triangle $ABC$ dont les côtés $BC$, $CA$ et $AB$ ont pour directions $a$, $b$ et $c$, les droites issues des sommets $A$, $B$ et $C$ et de directions $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ sont concourantes (figure 1 ci-jointe). Nous abrégerons cette relation entre les six directions par la notation $(\alpha\beta\gamma)*(abc)$, les trois branches de l’étoile rappelant que les trois droites de gauche concourent. En notant $d^{\perp}$ la direction perpendiculaire à une direction de droites donnée $d$, la propriété que vous avez démontrée s’énonce : Si $\,(\alpha\beta\gamma)*(abc)$, alors $\,(a^\perp b^\perp c^\perp)*(\alpha^\perp\beta^\perp\gamma^\perp)$.

  On peut évidemment aussi faire tourner la figure 1 : si $(\alpha\beta\gamma)*(abc)$, et si $r$ est une rotation, alors $\bigl(r(\alpha)r(\beta)r(\gamma)\bigr)*\bigl(r(a)r(b)r(c)\bigr)$. L’orthogonalité n’a donc rien à voir ici, la question se ramenant à une espèce de dualité : Si $\,(\alpha\beta\gamma)*(abc)$, alors $\,(abc)*(\alpha\beta\gamma)$ (figures 1 et 2).

  Pour démontrer cette propriété, le plus simple est évidemment d’exprimer la concurrence par une relation quantitative. Deux directions de droites $d$ et $e$ étant données, je noterai $\sin de$ le sinus de l’angle non orienté qu’elles forment (angle aigu ou obtus, le sinus est le même). Si $(\alpha\beta\gamma)*(abc)$, on a (figure 3)\[\frac{PB}{PC}=\frac{\sin a\gamma}{\sin a\beta}\;;\quad\frac{PC}{PA}=\frac{\sin b\alpha}{\sin b\gamma}\;;\quad\frac{PA}{PB}=\frac{\sin c\beta}{\sin c\alpha}\;.\]On en tire aussitôt\[\begin{equation}\sin a\beta\>\sin b\gamma\>\sin c\alpha=\sin a\gamma\>\sin b\alpha\>\sin c\beta\;.\label{equation_1}\end{equation}\]Cette condition nécessaire est aussi suffisante. Prenons en effet trois droites de directions $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ issues d’un même point $P$, et un point $A$ sur la droite $P\alpha$. On peut définir $C$ sur $P\gamma$ tel que $AC\,//\,b$, puis $B$ sur $P\beta$ tel que $CB\,//\,a$ et enfin $A'$ sur $PA$ tel que $BA'//\,c$. On a alors ${PC}={PA}\;{\sin b\alpha}\,/\,{\sin b\gamma}$, puis ${PB}={PC}\;{\sin a\gamma}\,/\,{\sin a\beta}$, et ${PA'}={PB}\;{\sin c\beta}\,/\,{\sin c\alpha}$. Si la relation ($\ref{equation_1}$) est satisfaite, on en tire $PA'=PA$, d’où $(\alpha\beta\gamma)*(abc)$.

  Pour démontrer la propriété qui nous occupe, il suffit alors de remarquer que la relation ($\ref{equation_1}$) reste inchangée lorsqu’on y permute $a$ et $\alpha$, $b$ et $\beta$, et $c$ et $\gamma$.

  Vous m’objecterez que je n’ai fait que remplacer la formule de Carnot par une autre. C’est vrai ; et c’est pourquoi j’ai envie de vous proposer une seconde démonstration, un peu plus géométrique.

  Matérialisons l’hypothèse $(\alpha\beta\gamma)*(abc)$ par un triangle $ABC$ et un point $P$ (figure 3). Introduisons le point $D$ sur $AP$ tel que $BD$ soit parallèle à $AC$ et le point $E$ sur $BC$ tel que $AE$ soit parallèle à $BP$ (figure 4). Dans le triangle $EDA$, les trois droites $EB$, $DB$ et $AB$ ont pour directions $a$, $b$ et $c$ ; les côtés $AD$ et $AE$ de ce triangle ont pour directions $\alpha$ et $\beta$. Je vais prouver que le troisième côté $DE$ a pour direction $\gamma$ ; le triangle $EDA$ aura alors ses côtés dans les directions $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$, et puisque le point $B$ est vu de ses sommets dans les directions $a$, $b$ et $c$, il sera établi que $(abc)*(\alpha\beta\gamma)$.

  Appelons $Q$ le point où $AP$ rencontre $BC$. Thalès traduit le parallélisme de $AE$ et $PB$ et celui de $AC$ et $BD$ par\[\frac{\,\overline{\!QP\!}\,}{\,\overline{\!QA\!}\,}=\frac{\,\overline{\!QB\!}\,}{\,\overline{\!QE\!}\,}\quad\hbox{et par}\quad\frac{\,\overline{\!QA\!}\,}{\,\overline{\!QD\!}\,}=\frac{\,\overline{\!QC\!}\,}{\,\overline{\!QB\!}\,}\;.\]Multipliant membre à membre, il reste\[\frac{\,\overline{\!QP\!}\,}{\,\overline{\!QD\!}\,}=\frac{\,\overline{\!QC\!}\,}{\,\overline{\!QE\!}\,}\;;\]ceci montre que $DE$ est parallèle à $CP$, donc de direction $\gamma$, et la messe est dite !

  Une dernière remarque, bien que cette réponse soit déjà fort longue. En chacun des quatre points $A$, $B$, $C$ et $P$ de la figure 3 concourent trois droites issues des trois autres points. On a ainsi automatiquement, dès que $(\alpha\beta\gamma)*(abc)$, trois autres relations telles que $(ab\gamma)*(\alpha\beta c)$ etc. En y ajoutant la relation établie ci-dessus et ses trois avatars, on voit que la relation $\,(\alpha\beta\gamma)*(abc)$ reste vraie lorsqu’on échange un ou plusieurs parmi $\,\alpha$, $\beta$ et $\,\gamma$ avec les $\,a$, $b$ et $\,c$ correspondants.

  Document joint : figure-4-9-18.pdf
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• Une belle bêtise !

  le 15 novembre 2021 à 12:27, par Reine

  Dans mon commentaire précédent, j’ai prétendu et « démontré » que, $a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ étant six directions de droites, la condition (1)\[\sin a\beta\>\sin b\gamma\>\sin c\alpha=\sin a\gamma\>\sin b\alpha\>\sin c\beta\]est nécessaire et suffisante pour que, dans « le » triangle de côtés $a$, $b$ et $c$, les droites issues des sommets opposés à $a$, $b$ et $c$ et de directions $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ soient concourantes. La « démonstration » de la suffisance se termine par un argument fallacieux : ayant trois points alignés $P$, $A$ et $A'$ tels que $PA=PA'$, j’en déduis que $A=A'$. Eh bien ce n’est pas seulement cette démonstration qui est insuffisante, mais la propriété elle-même qui est fausse : la condition nécessaire (1) n’est pas suffisante.

  Voici un contre-exemple très simple. La figure 5 ci-jointe est symétrique par rapport à médiatrice de $BC$. Les droites $AP$, $BP$ et $CP$ étant concourantes, $a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ sont liées par l’équation (1), qui est d’ailleurs triviale puisqu’en raison de la symétrie, on a séparément ${a\gamma=a\beta}$, ${\,b\alpha=c\alpha}$ et ${c\beta=b\gamma}$. Remplaçons maintenant $\alpha$ par la direction orthogonale $\alpha'$. Les angles $b\alpha$ et $c\alpha$ sont remplacés par leurs complémentaires, qui sont égaux, et la relation (1) avec $\alpha'$ au lieu de $\alpha$ est encore satisfaite ; et cependant la droite $A\alpha'$ ne passe pas par le point $P$ où se rencontrent les deux autres.

  Il est d’ailleurs facile, sur cet exemple, d’effectuer avec $\alpha'$ la construction proposée dans ma « démonstration » de la suffisance, pour voir apparaître deux points symétriques par rapport à $P$ mais non égaux.

  Heureusement, la dualité n’est pas remise en cause : si $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ concourent dans $a$, $b$ et $c$, alors inversement $a$, $b$ et $c$ concourent dans $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$. Nous le savons par l’argument carnotien de Hébu, que vient corroborer ma seconde démonstration.

  La relation (1) n’étant pas suffisante, comment pourrait-on la renforcer pour qu’elle le devienne ? Cinq des six directions $a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ étant données, il n’y a en général qu’une seule façon de choisir la sixième pour que $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ soient concourantes dans le triangle $abc$. Je soupçonne — mais c’est conjectural, nullement rigoureux — que l’équation (1) fournit en général deux$\,$ solutions pour la sixième direction. Pour ne garder que l’une des deux, peut-être faudrait-il affecter un signe à chaque sinus, par exemple en fixant arbitrairement sur chacune des six droites une orientation, c’est-à-dire un vecteur unitaire, et prendre des sinus d’angles orientés de vecteurs ? Chacune des six directions figure une fois et une seule de part et d’autre du signe $=$ dans (1) ; changer le sens de son orientation changerait donc un signe de chaque côté sans affecter la validité ou la fausseté de la relation.

  J’abandonne cette question à la sagacité d’une lectrice ou d’un lecteur de ces lignes — s’il s’en trouve un jour.

  Document joint : figure-4-9-18-suite.pdf
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• Une belle bêtise !

  le 17 novembre 2021 à 17:55, par Hébu

  J’aime beaucoup votre démonstration géométrique. Plus élégante que la litanie d’égalités pythagoriciennes !
  Il me faut la méditer encore un peu.

  Et pour la cns qui n’en est pas une, j’ai l’impression que cela revient à remarquer que on peut avoir sin u = sin v sans avoir u=v ? La condition (1) synthétise, en la simplifiant trop, une relation entre les angles.

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• Une belle bêtise !

  le 18 novembre 2021 à 18:29, par Reine

  Peut-être avez-vous raison ; j’ai utilisé des angles « naïfs », entre 0 et $\pi$, parce que ce sont eux qui apparaissent naturellement dans la proportionnalité entre côtés et sinus dans un triangle, proportionnalité qui fournit immédiatement une condition nécessaire. Peut-être faut-il se tourner vers des angles entre -$\pi$/2 et $\pi$/2 (le sinus devenant injectif), et donc introduire des signes. Mais il faudra alors regarder avec soin comment s’enrichit la relation habituelle de proportionnalité.

  D’autre part, dans le contre-exemple de ma figure 5, le défaut d’injectivité du sinus ne semble pas en cause, puisque, en passant de la « mauvaise » formule (celle avec $\alpha'$, où les trois droites ne convergent pas) à la « bonne » (avec $\alpha$), on remplace les angles $b\alpha'$ et $c\alpha'$ par leurs complémentaires, ce qui modifie leurs sinus. Ce qui se passe ici, c’est que le rapport entre les deux sinus ne change pas. Ce qui n’est pas injectif, c’est la fonction qui à une direction $x$ associe $\sin\,bx\,/\sin\,cx$ ; et mon impression est que des angles de vecteurs pourraient y remédier (mais je n’ai pas l’intention d’y réfléchir plus avant).

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• Une généralisation

  le 24 février 2022 à 19:13, par Reine

  Je reviens tout de même sur cette question, parce que c’est l’occasion d’établir, dans la même veine, un résultat un peu plus général. Étant donné un triangle $ABC$ et des points $A'$, $B'$ et $C'$ pris respectivement sur les droites $BC$, $CA$ et $AB$, appelons $a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ les directions des droites $BC$, $CA$, $AB$, $AA'$, $BB'$ et $CC'$. On peut, comme cela a été fait plus haut, former un nouveau triangle $JKL$ tel que $KL$, $LJ$ et $JK$ aient pour directions respectives $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ (il est unique à homothéties et translations près), puis placer sur ses trois côtés les points $J'$, $K'$ et $L'$ tels que les directions de $JJ'$, $KK'$ et $LL'$ soient $a$, $b$ et $c$. (On a ainsi inversé les rôles de $a$, $b$ et $c$ d’une part et $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ d’autre part ; voir les figures 1 et 1 bis.) Dans ces conditions, nous allons voir que le produit$\,$ (relatif au nouveau triangle)\[\frac{\,\overline{\!J'K\!}\,}{\,\overline{\!J'L\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!K'L\!}\,}{\,\overline{\!K'J\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!L'J\!}\,}{\,\overline{\!L'K\!}\,}\]est toujours l’inverse du produit analogue$\,$ (relatif au triangle initial)\[\frac{\,\overline{\!A'B\!}\,}{\,\overline{\!A'C\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!B'C\!}\,}{\,\overline{\!B'A\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!C'A\!}\,}{\,\overline{\!C'B\!}\,}\;.\]Via le théorème de Céva, ceci redémontre en particulier la propriété établie plus haut : $JJ'$, $KK'$ et $\,LL'$ sont concourantes si et seulement si $\,AA'$, $BB'$ et $\,CC'$ le sont. Un autre cas intéressant découle du théorème de Ménélaüs : $J'$, $K'$ et $\,L'$ sont alignés si et seulement si $\,A'$, $B'$ et $\,C'$ le sont.

  Pour vérifier que ces deux produits sont inverses, il nous faudra, conformément à ma remarque du 18 novembre, enrichir de signes la formule classique de proportionnalité des côtés et des sinus dans un triangle. Soit $UVW$ un triangle, et $u$, $v$ et $w$ les directions des côtés opposés à $U$, $V$ et $W$. Plus précisément, $u$ désignera la direction des droites parallèles à $VW$, pourvue d’une orientation arbitraire$\,$ (on fixe ainsi le signe, positif ou négatif, de $\,\overline{\!VW\!}\,$) ; de même pour $v$ et $w$. (Bien que la propriété à établir ne fasse intervenir que les directions non orientées $\,a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$, la démonstration utilisera des directions de droites orientées.) Dans ce contexte, la formule des sinus avec signes$\,$ peut s’écrire\[\frac{\,\overline{\!UV\!}\,}{\sin uv}=\frac{\,\overline{\!VW\!}\,}{\sin vw}=\frac{\,\overline{\!WU\!}\,}{\sin wu}=\frac{\,\overline{\!VU\!}\,}{\sin vu}=\hbox{etc.}\]Aux numérateurs figurent les mesures algébriques des côtés ; aux dénominateurs apparaissent des sinus d’angles orientés de vecteurs,$\,$ ces angles étant définis modulo $2\pi$. Si l’on s’en tient aux valeurs absolues, ce n’est que la formule classique des sinus. Pour vérifier que les signes sont les bons, on peut commencer par le cas où $\,\overline{\!UV\!}\,$, $\,\overline{\!VW\!}\,$ et $\,\overline{\!WU\!}\,$ sont positifs (les trois premiers dénominateurs sont alors de même signe et le quatrième de signe opposé ; voir la figure 2) et terminer en remarquant que changer l’une des trois orientations multiplie chaque rapport par $-1$ (inverser par exemple l’orientation de $u$ change les signes du deuxième numérateur et des trois autres dénominateurs).

  Tout est maintenant en place. Orientons arbitrairement les six directions $a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$. Dans le triangle $ABA'$ de la figure 1, la formule enrichie donne\[\,\overline{\!A'B\!}\,=\,\overline{\!AA'\!}\,\times\frac{\sin c\alpha}{\sin ac}\;;\]de même, dans $ACA'$,\[\,\overline{\!A'C\!}\,=\,\overline{\!AA'\!}\,\times\frac{\sin b\alpha}{\sin bc}\;,\]d’où\[\frac{\,\overline{\!A'B\!}\,}{\,\overline{\!A'C\!}\,}=\frac{\sin c\alpha}{\sin b\alpha}\;\frac{\sin ab}{\sin ac}\;.\]On permute circulairement, on multiplie le tout, et il vient\[\frac{\,\overline{\!A'B\!}\,}{\,\overline{\!A'C\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!B'C\!}\,}{\,\overline{\!B'A\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!C'A\!}\,}{\,\overline{\!C'B\!}\,}=\frac{\sin a\beta}{\sin \alpha b}\;\frac{\sin b\gamma}{\sin \beta c}\;\frac{\sin c\alpha}{\sin \gamma a}\;.\]Pour conclure, il ne reste qu’à remarquer que le second membre s’inverse lorsqu’on y échange $a$ et $\alpha$, $b$ et $\beta$ et $c$ et $\gamma$.

  Pour élémentaires qu’ils soient, ces arguments, de nature calculatoire, sont un peu frustrants. Une lectrice ou un lecteur trouvera-t-il une démonstration plus géométrique, analogue à ce que j’ai proposé le 14 novembre dans le cas des droites concourantes ? Au moins dans le cas ménélaüsien des points alignés, une telle démonstration est possible ; pour qu’elle puisse être lue indépendamment, je la rédigerai ci-dessous dans un commentaire autonome.

  Un dernier mot, en complément de ma résipiscence du 15 novembre. La condition qui s’appelait (1) portait sur les seules valeurs absolues des quantités calculées aujourd’hui. Elle n’assurait donc pas la concurrence des trois droites, mais elle était nécessaire et suffisante pour que $\,AA'$, $BB'$ et $\,CC'$ concourent ou que $\,A'$, $B'$ et $\,C'$ soient alignés !

  Document joint : figure-4-9-18-gen.pdf
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• Le cas des points alignés

  le 24 février 2022 à 19:27, par Reine

  Étant donné un triangle $ABC$ et des points $A'$, $B'$ et $C'$ situés respectivement sur les droites $BC$, $CA$ et $AB$, appelons $a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ les directions des droites $BC$, $CA$, $AB$, $AA'$, $BB'$ et $CC'$. Formons un nouveau triangle $JKL$ (unique à homothéties et translations près) tel que $KL$, $LJ$ et $JK$ aient pour directions respectives $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$, et plaçons sur ses trois côtés les points $J'$, $K'$ et $L'$ tels que les directions de $JJ'$, $KK'$ et $LL'$ soient $a$, $b$ et $c$, inversant ainsi les rôles de $a$, $b$ et $c$ d’une part et $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ d’autre part. Alors les points $\,A'$, $B'$ et $\,C'$ sont alignés si et seulement si $\,J'$, $K'$ et $\,L'$ le sont. Cela résulte d’une formule établie plus haut ; je vais en donner une preuve directe et plus géométrique.

  Partons de trois points alignés $A'$, $B'$ et $C'$ pris sur les côtés d’un triangle $ABC$ (figure ci-jointe). La parallèle à $CC'$ passant par $B$ coupe $AC$ en un point $M$. La parallèle à $AA'$ issue de $M$ rencontre $AB$ en $N$, $BC$ en $P$, et $BB'$ en $Q$. Soit $R$ l’intersection de $AA'$ et $BB'$ et $S$ celle de $BM$ et $B'P$. Je vais montrer que $\,QS$ est parallèle à $\,AB$. La situation décrite plus haut sera alors réalisée en prenant pour $JKL$ le triangle $BMQ$ et, pour $J'$, $K'$ et $L'$, les points alignés $P$, $B'$ et $S$.

  Appelons $T$ l’intersection des droites $QS$ et $BC$. Les points $B$, $P$, $T$ et $C$ forment une division harmonique (car la diagonale $BP$ du quadrilatère complet formé par notre triangle $BMQ$ et par sa sécante $PB'S$ doit être coupée harmoniquement par les deux autres). D’où\[\frac{\,\overline{\!TP\!}\,}{\,\overline{\!TB\!}\,}=-\frac{\,\overline{\!CP\!}\,}{\,\overline{\!CB\!}\,}=-\frac{\,\overline{\!CP\!}\,}{\,\overline{\!CA'\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!CA'\!}\,}{\,\overline{\!CB\!}\,}\;.\]Le rapport ${\,\overline{\!CP\!}\,}\,/\,{\,\overline{\!CA'\!}\,}$ peut être remplacé par ${\,\overline{\!CM\!}\,}\,/\,{\,\overline{\!CA\!}\,}$ grâce au parallélisme des droites $MP$ et $AA'$, puis par ${\,\overline{\!C'B\!}\,}\,/\,{\,\overline{\!C'A\!}\,}$ grâce au parallélisme des droites $MB$ et $CC'$ ; donc\[\frac{\,\overline{\!TP\!}\,}{\,\overline{\!TB\!}\,}=-\frac{\,\overline{\!C'B\!}\,}{\,\overline{\!C'A\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!CA'\!}\,}{\,\overline{\!CB\!}\,}\;.\]La formule de Céva, appliquée au triangle $ABA'$ et aux droites concourantes $AC$, $BR$ et $A'C'$, transforme le second membre en ${\,\overline{\!RA'\!}\,}\,/\,{\,\overline{\!RA\!}\,}$ ; utilisant à nouveau le parallélisme de $RA$ et $QN$, on obtient l’égalité\[\frac{\,\overline{\!TP\!}\,}{\,\overline{\!TB\!}\,}=\frac{\,\overline{\!QP\!}\,}{\,\overline{\!QN\!}\,}\;,\]qui établit que $QT$ est parallèle à $NB$.

  Document joint : figure-4-9-18-align.pdf
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• Suite... et fin ?

  le 2 mars 2022 à 17:10, par Reine

  Ayant été bien maladroite dans mes commentaires précédents, je reprends à zéro.

  On part de deux triangles $ABC$ et $JKL$. Les directions [1] des côtés $BC$, $CA$ et $AB$ seront appelées $a$, $b$ et $c$, celles de $KL$, $LJ$ et $JK$ seront $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$. Les droites de directions $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ respectivement issues de $A$, $B$ et $C$ coupent les côtés opposés $BC$, $CA$ et $AB$ en des points $A'$, $B'$ et $C'$ ; de même, les droites de directions $a$, $b$ et $c$ issues de $J$, $K$ et $L$ fournissent sur les côtés de $JKL$ des points $J'$, $K'$ et $L'$ (figure 1 jointe).

  Dans ces conditions, le produit\[\frac{\,\overline{\!A'\!B\!}\,}{\,\overline{\!A'\!C\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!B'\!C\!}\,}{\,\overline{\!B'\!A\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!C'\!A\!}\,}{\,\overline{\!C'\!B\!}\,}\]et son analogue\[\frac{\,\overline{\!J'\!K\!}\,}{\,\overline{\!J'\!L\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!K'\!L\!}\,}{\,\overline{\!K'\!J\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!L'\!J\!}\,}{\,\overline{\!L'\!K\!}\,}\]sont inverses l’un de l’autre.

  Ces produits étant ceux qui figurent dans les théorèmes de Ménélaüs et Céva, on a aussitôt deux cas particuliers : les points $\,A'$, $B'$ et $\,C'$ sont alignés si et seulement si $\,J'$, $K'$ et $\,L'$ le sont ; les droites $\,AA'$, $BB'$ et $\,CC'$ sont concourantes si et seulement si $\,JJ'$, $KK'$ et $\,LL'$ le sont.

  Voici une démonstration élémentaire (rien que Thalès) de cette propriété des produits. Je supposerai $AA'$, $BB'$ et $CC'$ non concourantes. [2] Ceci permet de remplacer $JKL$ par le triangle $PQR$ formé des trois droites $AA'$, $BB'$ et $CC'$, en introduisant sur les côtés du triangle $PQR$ les points $P'$, $Q'$ et $R'$ tels que $PP'$, $QQ'$ et $RR'$ soient parallèles aux côtés de $ABC$ (figure 2).

  Écrivons\[\frac{\,\overline{\!P'\!Q\!}\,}{\,\overline{\!P'\!R\!}\,}=\frac{\,\overline{\!P'\!Q\!}\,}{\,\overline{\!P'\!A'}\,}\times\frac{\,\overline{\!P'\!A'}\,}{\,\overline{\!P'\!R\!}\,}=\frac{\,\overline{\!PQ\!}\,}{\,\overline{\!PC\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!PB\!}\,}{\,\overline{\!PR\!}\,}\](on a utilisé deux fois le parallélisme de $PP'$ et $BC$). De même,\[\frac{\,\overline{\!C'\!A\!}\,}{\,\overline{\!C'\!B\!}\,}=\frac{\,\overline{\!C'\!A\!}\,}{\,\overline{\!R'\!R\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!R'\!R\!}\,}{\,\overline{\!C'\!B\!}\,}=\frac{\,\overline{\!QA\!}\,}{\,\overline{\!QR\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!PR\!}\,}{\,\overline{\!PB\!}\,}\;.\]Multiplions :\[\frac{\,\overline{\!P'\!Q\!}\,}{\,\overline{\!P'\!R\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!C'\!A\!}\,}{\,\overline{\!C'\!B\!}\,}=\frac{\,\overline{\!PQ\!}\,}{\,\overline{\!PC\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!QA\!}\,}{\,\overline{\!QR\!}\,}\;.\]

  Par des arguments analogues (ou simplement en permutant les lettres !),\[\frac{\,\overline{\!Q'\!R\!}\,}{\,\overline{\!Q'\!P\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!A'\!B\!}\,}{\,\overline{\!A'\!C\!}\,}=\frac{\,\overline{\!QR\!}\,}{\,\overline{\!QA\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!RB\!}\,}{\,\overline{\!RP\!}\,}\;,\]puis\[\frac{\,\overline{\!R'\!P\!}\,}{\,\overline{\!R'\!Q\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!B'\!C\!}\,}{\,\overline{\!B'\!A\!}\,}=\frac{\,\overline{\!RP\!}\,}{\,\overline{\!RB\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!PC\!}\,}{\,\overline{\!PQ\!}\,}\;.\]

  En multipliant membres à membres les trois dernières égalités, les seconds membres disparaissent, d’où le résultat annoncé :\[\Bigl(\frac{\,\overline{\!P'\!Q\!}\,}{\,\overline{\!P'\!R\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!Q'\!R\!}\,}{\,\overline{\!Q'\!P\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!R'\!P\!}\,}{\,\overline{\!R'\!Q\!}\,}\Bigr)\,\times\,\Bigl(\frac{\,\overline{\!A'\!B\!}\,}{\,\overline{\!A'\!C\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!B'\!C\!}\,}{\,\overline{\!B'\!A\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!C'\!A\!}\,}{\,\overline{\!C'\!B\!}\,}\Bigr)=1\;.\]

  [1] Il s’agit de directions de droites non orientées ; sa direction caractérise une droite à parallélisme près.

  [2] Dans le cas concourant, une preuve simple et courte est donnée en fin de mon commentaire ci-dessus intitulé 4.9.18 sans Carnot. Le cas des points alignés, qui fait lui aussi l’objet d’une démonstration à part (mon commentaire précédent), est redémontré ici.

  Document joint : figure-4-9-18-suite-2.pdf
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