Groupes et géométrie (1)

Bon après-midi
Voici une autre figure plus explicite.
Il doit y avoir moyen d'expliquer cela!
En circonscrivant Morley, ce devrait être le pied mais si on peut y glisser quelques treillis ce sera l'épectase!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci YanNguyên pour ce petit cadeau du Nouvel An!

Bonsoir
On identifie le plan euclidien au plan complexe en sorte que: $a=1$, $b=\jmath$, $c=\jmath^2$
Les symétries laissant invariant le triangle $\mathbf{abc}$ sont:
$z\mapsto \overline z$, $z\mapsto \jmath \overline z$, $z\mapsto \jmath^2\overline z$
Une rotation $r$ envoyant $\mathbf{abc}$ sur $\mathbf{a'b'c'}$ est de la forme: $r(z) =\alpha z+\beta$ avec $\vert\alpha\vert=1$.
On compose $r$ à droite avec les trois symétries précédentes pour obtenir les trois isométries indirectes envoyant $\mathbf{abc}$ sur $\mathbf{a'b'c'}$:
$z\mapsto \alpha\overline z+\beta$
$z\mapsto \alpha\jmath\overline z+\beta$
$z\mapsto \alpha\jmath^2\overline z+\beta$
dont les carrés sont respectivement les translations:
$z\mapsto z+\alpha\overline{\beta}+\beta$
$z\mapsto z+\alpha\jmath\overline{\beta}+\beta$
$z\mapsto z+\alpha\jmath^2\overline{\beta}+\beta$
ce qui explique largement ma dernière figure puisque $\beta$ est l'affixe de $O'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
J'avais sous les yeux, d'une part, la liste des trois symétries que j'avais écrite:
$z\mapsto \overline z$,
$z\mapsto \jmath \overline z$,
$z\mapsto \jmath^2\overline z$
et d'autre part la liste des translations, carrés des isométries indirectes:
$z\mapsto z+\alpha\overline{\beta}+\beta$
$z\mapsto z+\alpha\jmath\overline{\beta}+\beta$
$z\mapsto z+\alpha\jmath^2\overline{\beta}+\beta$
J'ai alors écrit:
$a''=\alpha\overline{\beta}+\beta$
$b''=\alpha\jmath\overline{\beta}+\beta$
$c''=\alpha\jmath^2\overline{\beta}+\beta$
Puis continuant sur ma lancée, j'ai affirmé que les points $a''$, $b''$, $c''$ étaient les images des points $a=1$, $b=\jmath$, $c=\jmath^2$ via la similitude $z\mapsto \alpha\overline{\beta}z+\beta$.
Puis, un peu fatigué, je me suis livré à d'autres occupations plus ludiques.
En revenant à mon ordinateur, j'ai alors jeté un coup d'oeil à ma dernière figure et c'est là que j'ai compris que j'avais commis une erreur de débutant.
Oui mais laquelle?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Soland
Bravo pour ta belle figure!
Elle s'explique par le fait que dans un renversement sans point fixe le milieu d'un segment joignant deux points homologues est situé sur son axe.
Sur la figure suivante, j'ai dessiné les trois axes qui concourent au milieu de $OO'$ puisque la paire $(O,O') $ est formée de points homologues dans les trois renversements, pourquoi?
Les axes $\lambda$, $\mu$, $\nu$ sont respectivement parallèles aux droites $Oa''$, $Ob''$,$Oc''$.
On peut donc récupérer ma figure à partir de tes remarques!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit
Sur cette figure réduite à l'essentiel, j'ai tracé les milieux respectifs $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\Omega$ des segments $aa'$, $bb'$, $cc'$, $OO'$ ainsi que le centre $\omega$ de la rotation $r:abc\mapsto a'b'c'$.
D'après ce qu'a dit Soland, les axes des renversements sont les droites $\lambda=\Omega\alpha$, $\mu=\Omega\beta$, $\nu=\Omega\gamma$.
Maintenant l'application affine $s=\frac 12(id+r)$ est la similitude directe de centre $\omega$ envoyant $O$ sur $\Omega$. Elle transforme le triangle équilatéral $abc$ et ses médiatrices en le triangle équilatéral $\alpha\beta\gamma$ et ses médiatrices $\lambda$, $\mu$, $\nu$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Poulbot
Oui, tu as détecté mon erreur, une simple faute d'inattention, normale à mon âge avancé!
J'avais permuté $b''$ et $c''$.
Pour la similitude envoyant $abc$ sur $a''b''c''$, j'avais alors trouvé pour écriture:
$z\mapsto \alpha\overline{\beta}z+\beta$ c'est à dire une similitude directe, alors que ma figure montrait des triangles $abc$ et $a''b''c''$ d'orientations opposées.
En fait on a:
$a''=\alpha\overline{\beta}+\beta$
$b''=\alpha\jmath^2\overline{\beta}+\beta$
$c''=\alpha\jmath\overline{\beta}+\beta$
La similitude envoyant $abc$ sur $a''b''c''$ s'écrit donc:
$z\mapsto \alpha\overline{\beta}.\overline z+\beta$ et c'est bien une similitude indirecte comme il se doit!
Comme quoi, la géométrie est un aller et retour permanent entre figure et calcul, l'une et l'autre se soutenant mutuellement!
Evidemment la deuxième question de Yannguyen est ultra triviale puisque $O'$ est l'isobarycentre du triangle $a''b''c''$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Poulbot
C'est bien pourquoi je disais que ma rédaction était insuffisante. J'aurais dû donner un nom à ces symétries et au lieu de faire semblant de les indexer par les puissances de $\jmath$, j'aurais dû vraiment les indexer par leur point fixe.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Yann
Je ne dirais donc pas que c'est ultra trivial mais cela n'en est pas loin.
Cela veut dire que l'un des trois vecteurs $\overrightarrow{Oa''}$, $\overrightarrow{Ob''}$,$\overrightarrow{Oc''}$ est nul.
Supposons donc que $a''=O$.
Alors on a un triangle équilatéral $Ob''c"$ de centre $O'$. Que dire de plus?
Amicalement
[small][/small]appus
PS
Par contre tu devrais t'intéresser à ma généralisation de ton exercice!

Mon cher Yann
Chaque rotation de centre $S_*$ envoie le centre $O$ du premier triangle sur le centre $O'$ du second.
Les $S_*$ sont donc alignés sur la médiatrice de $OO'$.
Les points $S_a$, $S_b$, $S_c$ sont en homographie sur cette médiatrice et j'ai l'intuition que cette homographie est d'ordre $3$!
Et c'est le cas puisqu'on a les égalités angulaires: $(OS_b,OS_c)=(OS_c,OS_a)=(OS_a,OS_b)$
On a d'ailleurs les mêmes égalités avec le point $O'$ en faisant la symétrie par rapport à la médiatrice susdite.
A vérifier donc!
Quant au rapport entre les triplets $(S_a, S_b, S_c)$ et $(a'', b'',c'')$, je dirais que ces deux triplets sont en perspective et que le lieu du centre de perspective devrait être une cubique circulaire qui aurait un rapport certain avec le cercle fixe circonscrit au triangle $a''b''c''$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Yann
Cela veut dire qu'il existe une homographie $\rho$ (ici elliptique) de la médiatrice telle que:
$S_b=\rho(S_a)$, $S_c=\rho(S_b)$, $S_a=\rho(S_c)$ et par suite $\rho^3=id$.
L'existence d'un tel $\rho$ est assurée par les relations angulaires entre angles orientés de droites:
$(OS_b,OS_c)=(OS_c,OS_a)=(OS_a,OS_b)$ mais je pense que le mieux pour exhiber la cubique est encore de circonscrire ce brave Morley.
A l'époque Pierre avait donné le nom de Gudule à une paire de droites orthogonales.
Il faudrait trouver un nom aussi original au triplet de droites $(OS_a, OS_b, OS_c)$ qui a vocation à être le triplet des diagonales d'un hexagone régulier ou des médiatrices d'un triangle équilatéral!
Amicalement
[small]p[/small]appus