une similitude indirecte

Bonne Nuit
Les points $D$, $E$, $F$, (mauvais étiquetage, il aurait mieux valu les appeler $A'$, $B'$, $C'$!), sont sur le cercle de diamètre $HP$, où $H$ est l'orthocentre du triangle $ABC$.
Donc d'après le théorème de l'angle inscrit relatif aux défunts angles orientés, on a avec mes notations:
$(A'B',A'C')=(HB',HC')$ puis $(HB',HC')=(AC,AB)$ car $HB'\perp AC$ et $HC'\perp AB$
D'où:
$(A'B',A'C')=(AC,AB)=-(AB,AC)$ et de même $(B'C',B'A')=-(BC,BA)$ et $(C'A',C'B')=-(CA,CB)$ prouvant que les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont inversement semblables.
Evidemment si on a pas le début du commencement de l'idée d'un angle orienté, ce qui est sans doute le cas de la majorité de nos étudiants, c'est mission impossible!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Cet exercice devrait faire la joie de Rescassol.
Si $S$ est le centre de similitude, étudier la correspondance $P\iff S$, ($S$ est l'isogonal du complément de $P$), et chercher le lieu des points $P$ pour lesquels le rapport de similitude est donné.
Etudier aussi le gudule, (terminologie de Pierre), formé par les axes de cette similitude.

Bonsoir pappus
C'est exact. Les triangles $ABC$ et $DEF$ sont parallélogiques et orthologiques. Donc les triangles sont indirectement semblables.
Amicalement

Merci Bouzar
Tu aurais pu faire ce raisonnement dès le début et t'épargner des calculs inutiles!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Voici le raisonnement tenu par Bouzar:
Les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont orthologiques parce que les perpendiculaires respectives issues de $A'$ à $BC$, de $B'$ à $CA$, de $C'$ à $AB$ sont concourantes en l'orthocentre $H$.
Les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont parallélogiques parce que les parallèles respectives issues de $A'$ à $BC$, de $B'$ à $CA$, de $C'$ à $AB$ sont concourantes au point $P$.
Orthologie + Parallélogie entrainent Similitude Indirecte.
Evidemment ce raisonnement est incompréhensible pour nos étudiants qui ne sauront jamais ce que sont la parallélogie et l'orthologie mais le mien pourrait être à la rigueur compris par le résidu fini qui a eu le courage d'apprendre la notion d'angles orientés.
Amicalement
[small]p[/small]appus

On a $S(a^2 (u + v) (u + w) : b^2 (u + v) (v + w) : c^2 (u + w) (v + w)).$

Bonjour
Il y a des choses que l'on peut déjà dire sur cette similitude sans utiliser les barycentres ou les nombres complexes.
Par exemple, puisque elle est circulaire, elle envoie le cercle circonscrit au triangle $ABC$ sur le cercle circonscrit au triangle $A'B'C'$.
Le rapport de similitude est donc $\dfrac{HP}{2R}$ où $R$ est le rayon du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Puisqu'elle est affine, elle envoie le centre $O$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$, à savoir le point $O$, sur le centre du cercle circonscrit au triangle $A'B'C'$, à savoir le milieu de $HP$.
Tout ceci se lit évidemment trivialement sur la formule de Rescassol.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Je voudrais expliquer la formule de Rescassol pour ceux qui n'ont jamais entendu parler du truc de Morley (Morley trick) ou Morley circonscrit ou inscrit dans le jargon de Rescassol.
Le truc de Morley consiste à travailler dans le plan complexe $\mathbb C$ muni de sa structure euclidienne usuelle.
L'écriture des symétries par rapport aux sécantes du cercle-unité est alors particulièrement simple.
Soient $a$ et $b$ deux complexes de module $1$.
Soit $s(z) =-ab\overline z+a+b$
$s$ est l'écriture d'une similitude indirecte mais comme $s(a)=a$ et $s(b)=b$, c'est l'écriture de la symétrie par rapport à la droite joignant $a$ et $b$
Ainsi la symétrie par rapport au diamètre joignant les points $u$ et $-u$ est:
$s(z)=u^2\overline z$
Sur la figure du milieu: $b=u^2\overline a=u^2.\frac 1 a$ et par suite: $ab=u^2$ et de même $cd=u^2$.
La relation $a.b=c.d$ a donc lieu si et seulement si la droite joignant $a$ et $b$ est parallèle à la droite joignant $c$ et $d$.
La figure de droite montre alors que la relation $a.b=-c.d$ a lieu si et seulement si la droite joignant $a$ et $b$ est perpendiculaire à la droite joignant $c$ et $d$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Déterminons maintenant le centre $S$ de la similitude indirecte.
Son affixe vérifie l'équation:
$2z=(\overline p.s_3-s_2)\overline z+p+s_1$
D'autre part, on a la relation suivante entre les affixes de $P$ et de son complément $P'$:
$p+2p'=s_1$.
Ainsi: $p=s_1-2p'$ puis en conjuguant: $\overline p=\dfrac{s_2}{s_3}-2\overline{p'}$
Par suite: $\overline p.s_3-s_2=-2\overline{p'}.s_3$
Donc $2z=-2\overline{p'}.\overline z.s_3+s_1-2p'+s_1$
Donc $s_3.\overline{p'}.\overline z+p'+z-s_1=0$
C'est la relation du couplage isogonal d'après Morley.
Les points $S$ et $P'$ sont bien isogonaux par rapport au triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Pappus, merci d'avoir été pédagogue à ma place.
Poulbot, je vais regarder ce que tu dis de plus près.

Cordialement,

Rescassol

Mon cher JeloBreuil
L'adjectif homologues a le sens très général d'éléments se correspondant dans une transformation qui n'est pas nécessairement une homologie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
De toutes façons l'homologie des géomètres a définitivement disparu de notre culture en compagnie de la géométrie projective. Il n'est donc pas nécessaire de trop se fatiguer à son sujet!
Il ne reste plus que l'homologie en topologie algébrique, encore heureux!

Bonjour.

Quelques calculs pour retrouver des résultats déjà donnés.

Les parallèles par $P$ passent par $P$. Les perpendiculaires par $H$ passent par $H$. Donc l'intersection entre une parallèle par $P$ et d'une perpendiculaire par $H$ se trouve sur le cercle de diamètre $\left[H,P\right]$. Supposant que $ABC$ et $DEF$ soient semblables. Alors le carré du rapport de similitude est le carré du rapport des rayons.

Au passage, le cercle $DEF$ a pour description barycentrique:$\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\Sw{S_{\omega}}$ \[ \left(\Sa\,\left(q+r\right):\Sb\,\left(r+p\right):\Sc\,\left(p+q\right):p+q+r\right) \] et on retrouve $\left(P+H\right)/2$ comme centre.

$\def\ptv{~;~} $ Or on a: \[ \phi:\left(A,B,C\right)\mapsto\left(D,E,F\right)\ptv\boxed{\phi_{b}}\simeq\frac{1}{p+q+r}\left[\begin{array}{ccc} p & \dfrac{\left(r+p\right)\Sc}{b^{2}} & \dfrac{\left(p+q\right)\Sb}{c^{2}}\\ \dfrac{\left(q+r\right)\Sc}{a^{2}} & q & \dfrac{\left(p+q\right)\Sa}{c^{2}}\\ \dfrac{\left(q+r\right)\Sb}{a^{2}} & \dfrac{\left(r+p\right)\Sa}{b^{2}} & r \end{array}\right] \] On en déduit que \begin{eqnarray*} \boxed{\phi_{z}} & \simeq & \left[\begin{array}{ccc} 0 & {\displaystyle \frac{\alpha\,p+\beta\,q+\gamma\,r}{p+q+r}}\sigma_{3}+\sigma_{1}\sigma_{3} & {\displaystyle \frac{\beta\gamma p+\gamma\alpha q+\alpha\,\beta r}{p+q+r}}\sigma_{3}-\sigma_{2}\sigma_{3}\\ 0 & 2\,\sigma_{3} & 0\\ {\displaystyle \frac{\alpha p+\beta q+\gamma r}{p+q+r}}-\sigma_{1} & {\displaystyle \frac{\beta\,\gamma p+\gamma\,\alpha q+\alpha\,\beta r}{p+q+r}}+\sigma_{2} & 0 \end{array}\right]\\ & \simeq & \left[\begin{array}{ccc} 0 & z\,\sigma_{3}+t\,\sigma_{1}\,\sigma_{3} & \zeta\,\sigma_{3}^{2}-t\,\sigma_{2}\,\sigma_{3}\\ 0 & 2\,\sigma_{3}\,t & 0\\ z-t\,\sigma_{1} & \zeta\,\sigma_{3}+t\,\sigma_{2} & 0 \end{array}\right] \end{eqnarray*} On voit que cette transformation permute les ombilics et que son polynôme caractéristique est \[ \left(X-1\right)\left(X^{2}-\frac{1}{4}\,\left(\frac{z}{t}-\sigma_{1}\right)\left(\frac{\zeta}{t}-\frac{\sigma_{2}}{\sigma_{3}}\right)\right) \] What a surprise !

Ensuite de quoi, le centre de similitude est $a^{2}/(q+r):b^{2}/\left(r+p\right):c^{2}/\left(p+q\right)$, autrement dit: l'isogonal du complémentaire de $P$.

Dans le repère de Lubin, la similitude $s_{A}$s'écrit \[ \left[\begin{array}{ccc} \dfrac{\left(\alpha+\gamma\right)\beta}{\left(\alpha+\beta\right)\gamma} & \dfrac{\left(\gamma-\beta\right)\left(\alpha\,\beta\,\gamma\,\zeta+\alpha^{2}t-\beta\,\gamma\,t+z\,\alpha\right)}{2\gamma\,\left(\alpha+\beta\right)t} & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & \dfrac{\left(\beta+\gamma\right)\left(\alpha\,\beta\,\gamma\,\zeta-\alpha^{2}t+\beta\,\gamma\,t+z\,\alpha\right)}{2\alpha\,\beta\,\gamma\,\left(\alpha+\beta\right)t} & \dfrac{\alpha+\gamma}{\alpha+\beta} \end{array}\right] \] Le produit des trois prend la valeur voulue. Cela permet de définit une LFIT qui s'écrit (en barycentriques):
\[ \left[\begin{array}{ccc} 0 & 1-\dfrac{t}{b^{2}\Sb}-\dfrac{\Sb\,b^{2}r-\Sc\,\Sa\,\left(p+q\right)}{b^{2}\Sb\,\left(p+q+r\right)} & \dfrac{t}{\Sc\,c^{2}}-\dfrac{\Sa\,a^{2}q-\Sb\,\Sc\,\left(r+p\right)}{c^{2}\Sc\,\left(p+q+r\right)}\\ \dfrac{t}{\Sa\,a^{2}} & 0 & 1-\dfrac{t}{\Sc\,c^{2}}+\dfrac{\Sa\,a^{2}q-\Sb\,\Sc\,\left(r+p\right)}{c^{2}\Sc\,\left(p+q+r\right)}\\ 1-\dfrac{t}{\Sa\,a^{2}} & \dfrac{t}{b^{2}\Sb}+\dfrac{\Sb\,b^{2}r-\Sc\,\Sa\,\left(p+q\right)}{b^{2}\Sb\,\left(p+q+r\right)} & 0 \end{array}\right] \] $ \def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\pilcon{\mathfrak{C}} \def\pilpt{\Omega}$ On voit aisément que le slowness center est $\slov=$X(3). On calcule l'équicentre et l'on vérifie aisément que $\equi=\left(P+H\right)/2$. Et le cercle $DEF$ est le cercle de similitude, lieu des points de Miquel (intersection des cercles $Ab_{t}c_{t}$ etc.

[size=large]Gudules[/size]

On se donne quatre points sur le cercle unité $\alpha,\beta,\gamma,\delta$. Le $\omega^{2}$ de la droite $AB$ est $-\alpha\beta$. Celui de la droite $CD$ est$-\gamma\delta$. Les $\omega^{2}$ des directions du gudule sont les racines carrées de $\alpha\beta\gamma\delta$... et $D$ est le point gudulique définissant cette paire de directions orthogonales.

Ici, les deux points à décrire sont $\dfrac{\pm W\sigma_{3}}{z_{0}-t\,\sigma_{1}}:0:1$. Leur carré commun est \[ {\displaystyle \tau^{2}\doteq W^{2}\,\frac{\sigma_{3}^{2}}{\left(z-t\,\sigma_{1}\right)^{2}}=\dfrac{\left(z-t\,\sigma_{1}\right)\left(\zeta\,\sigma_{3}-t\,\sigma_{2}\right)}{\sigma_{3}}\,\frac{\sigma_{3}^{2}}{\left(z-t\,\sigma_{1}\right)^{2}}=\sigma_{3}\,\dfrac{\zeta\,\sigma_{3}-t\,\sigma_{2}}{z-t\,\sigma_{1}}} \] On en déduit que le point gudulique de ces directions est $\dfrac{\zeta\,\sigma_{3}-t\,\sigma_{2}}{z-t\,\sigma_{1}}$.

Le coup des droites de Simson. Soit $\pm\mu$ deux points diamétraux du cercle unité. La droite de Simson du premier est \[ \left[-\mu,-\left(\alpha\,\beta+\beta\,\gamma+\gamma\,\alpha\right)+\left(\alpha+\beta+\gamma\right)\mu,\alpha\,\beta\,\gamma\right] \] et les directions correspondantes sont $\pm\sigma_{3}/\mu:0:1$. Et son carré est $\sigma_{3}^{2}/\mu^{2}$. Pour retrouver $\tau^{2}$, il faut \[ \mu^{2}=\frac{\sigma_{3}^{2}}{\tau^{2}}=\frac{z-t\,\sigma_{1}}{\zeta-t\sigma_{2}/\sigma_{3}} \] Et cela, on sait faire: c'est le $\omega^2$ caractérisant la direction de la droite $HP$ (c'est la propriété déjà donnée par Poulbot).

Cordialement, Pierre.

Mon cher pappus.

Alignement entre les notations actuelles et les notations standardisées des fils LFIT.

• $A,B,C$ le triangle fixe. $a_t,b_t,c_t$ les triangles de la LFIT. $\def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\pilcon{\mathfrak{C}} \def\pilpt{\Omega}$
• $O,H,K=(P+H)/2$ le slowness center $\slov$, son isogonal $\slov ^*$ et l'équicentre $\equi$.
• $D,E,F$ les centres de similitude $O_a,O_b,O_c$ ; les points fixes $P_a,P_b,P_c$.
• $\omega\doteq (\slov+\equi)/2$ le centre de la conique pilier $\pilcon$ (en mauve)
• $\pilpt\doteq A+B+C-\slov-\equi$ le point pilier, point de service de la conique pilier. On a ici: $ \pilpt=A+B+C-(P+H)/2-O = (3G-P)/2$ soit le complément de P. Déja noté $Om$ sur la figure précédente.
• $Per$, isotomique du précédent et perspecteur de la conique pilier.
• $S_1$ le centre de la similitude $A,B,C \mapsto O_a,O_b,O_c$. Ce point est l'isogonal de $\pilpt$.
• Les cercles de Miquel n'ont pas encore été utilisés (mais cela ne saurait tarder ?).

Cordialement, Pierre.

Bonsoir Pappus
Et merci pour cet éloge flatteur.
Une (petite) explication pour
Si $f$ est l'application affine orthologique $z\rightarrow uz+v\overline{z}+w$ où $u\in \mathbb R$ et $v,w\in \mathbb C$, les axes de $f$ sont dirigés par les droites de Simson des points d'affixe $\pm \dfrac{\overline{v}}{\left\vert v\right\vert }s_{3}$ :
La droite de Simson de $m$ (où $\left\vert m\right\vert =1$) étant dirigée par $X=\dfrac{s_{3}}{m+s_{3}}$, elle dirige un axe de $f$ si $v\dfrac{\overline{X}}{X}=\dfrac{vm}{s_{3}}$ est réel, soit $\left( \dfrac{m}{s_{3}}\right) ^{2}=\dfrac{\overline{v}}{v}=\left( \dfrac{\overline{v}}{\left\vert v\right\vert }\right) ^{2}$.
Amicalement. Poulbot

Mon cher JeloBreuil
Une similitude indirecte du plan a en général un point fixe et deux droites globalement invariantes orthogonales que j'aurais appelées (?) axes. Là j'ai fait une erreur car seule la droite invariante correspondant à la valeur propre strictement positive du spectre de la partie linéaire est appelée axe de la similitude.
Je dis en général car il y a des cas d'exceptions à savoir les symétries glissées qui sont sans points fixes et n'ont qu'une droite invariante correspondant à la valeur propre $1$. C'est donc l'axe de la symétrie glissée.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Pour JCR.

Lorsqu'un centre se note $E$, on lui trouve un nom en $E$. Cela donne équicentre. Lorsqu'un centre $f:g:h$ se note $S$, on lui trouve un nom en $S$. Comme on a des quantités $t/f, t/g, t/h$ les quantités $f,g,h$ sont les inverses de 3 vitesses. Et l'inverse de la vitesse, c'est la lenteur !
A part cela, le centre $S$ est le centre des aires, c'est à dire que les aires $Sa_ta_s$, $Sb_tb_s$, $Sc_tc_s$ sont égales (pour deux dates $t$ et $s$).

Quant à l'équicentre (de Neuberg), c'est le point dont les barycentriques sont $f:g:h$ par rapport à chaque triangle inscrit $a_tb_tc_t$.

Cordialement, Pierre.

Mon cher Pierre

pldx1 a écrit:

Lorsqu'un centre se note $E$, on lui trouve un nom en $E$. Cela donne équicentre. Lorsqu'un centre
$f:g:h$ se note $S$, on lui trouve un nom en $S$.
Comme on a des quantités $t/f, t/g, t/h$ les quantités $f,g,h$ sont les inverses de 3 vitesses. Et l'inverse de la vitesse, c'est la lenteur !
A part cela, le centre $S$ est le centre des aires, c'est à dire que les aires $Sa_ta_s$, $Sb_tb_s$, $Sc_tc_s$ sont égales (pour deux dates $t$ et $s$).

Je t'avoue que je n'ai jamais aimé ton néologisme de slowness center, je ne sais trop pourquoi, peut-être parce que parce qu'on peut parler de vitesse lente mais surtout parce que la lenteur n'avait jamais été utilisée en cinématique.
Par contre, je l'avais appelé centre aréolaire, (areal center), pour la raison que tu dis, à savoir: les vitesses aréolaires par rapport au point $S$ des trois mouvements sont égales. Cela me semblait plus logique! Je lui avais donné le nom $S$ parce que $S$ est la première lettre de surface. C'était difficile de l'appeler $A$ comme aire.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit Poulbot et fais de beaux rêves bien mérités!
On oublie provisoirement le point $M$.
La correspondance $P\iff P'$ est affine et la droite $PP'$ enveloppe la parabole de foyer $V$ tangente aux droites $D$ et $D'$. Sa directrice $\Delta$ est donc facile à tracer.
Ton problème revient à construire les tangentes issue de $M$ à cette parabole.
Pour avoir la solution, feuilleter le Lebossé-Hémery.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Tu n'as fait que répéter l'argument du défunt cours qui montre que la droite $PP'$ enveloppe une parabole.
Il est vrai que tout ceci date d'un autre siècle et a disparu, à savoir: les objets: cercles, paraboles, coniques..., les transformations: translations, homothéties, rotations, similitudes, inversions...et les groupes qu'elles engendrent, depuis des décennies.
On peut se consoler (?) en se disant que la géométrie nous a quitté en bonne compagnie: l'orthographe, la grammaire, l'étude de textes, l'histoire, etc, etc,...., fabriquant ainsi des générations d'analphabètes.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Pappus
"Tu n'as fait que répéter l'argument du défunt cours qui montre que la droite $PP^{\prime }$ enveloppe une parabole."
Si je l'ai fait, c'est comme Mr Jourdain de la prose. Je voulais simplement montrer que la droite de Simson donnait immédiatement la construction.
J'aurais du me dispenser de la remarque sur le nombre de solutions.
J'envisage d'ouvrir un fil pour poser la même construction, $U$ n'étant plus supposé être $D\cap D^{\prime }$ (il faudra probablement dans ce cas utiliser l'intersection d'une conique et d'un cercle)
Amicalement. Poulbot