Exercice en théorie des groupes

Merci à tous pour vos réactions.
Je suis néanmoins un peu surpris par celle de Pierre!
Réfléchissons un peu.
Le produit $\sigma$ est nécessairement une similitude directe puisqu'on savait autrefois dans un autre siècle que les similitudes directes planes formaient un groupe noté ici $G$.
D'autre part $\sigma$ laisse globalement invariant la droite $AC$.
Il en résulte que $\sigma$ appartient au stabilisateur $H$ de la droite $AC$ dans $G$.
Il faut évidemment identifier ce stabilisateur.
Maintenant si $s\in H$, il reste à savoir s'il existe un triplet $(A',B',C')$ tel que:
$$s=s_{C'}.s_{B'}.s_{A'}$$
Exercice:
Déterminer les triplets $(A',B',C')$ tels que $s_{C'}.s_{B'}.s_{A'}$ soit une translation ou une symétrie centrale ou une homothétie de rapport donné.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher df
Ce que tu dis est faux pour la raison simple suivante: les produits de symétrie par rapport aux droites joignant les centres de similitudes sont des isométries et ces isométries ont peu de chance d'être une similitude en général.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici une nouvelle figure qui suppose démontrée ma formule donnant le rapport $\lambda$ de $s_{C'}.s_{B'}.s_{A'}$.
J'ai tracé une transversale ou ménélienne $abc$ du triangle $ABC$.
J'ai choisi arbitrairement les points $A'\in Aa$, $B'\in Bb$, $C'\in Cc$
On sait donc a priori que $s_{C'}.s_{B'}.s_{A'}$ est une symétrie de centre $O\in AC$.
Soit $n$ un point arbitraire du plan.
J'ai tracé successivement les points $p=s_{A'}(n)$, $m=s_{B'}(n)$, $n'=s_{C'}(n)$.
Alors on sait que $O=nn'\cap AC$ existe, ne dépend pas du point $n$ et qu'il est le milieu du segment $nn'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Pierre pour ta belle démonstration.
Tu me croiras si tu veux mais j'ai d'abord trouvé ma formule expérimentalement puis je l'ai ensuite prouvée!
J'espère que les éventuels algébristes qui viennent visiter notre forum auront en te lisant le désir de découvrir la géométrie et que les géomètres, fatigués de toujours montrer que trois points sont alignés ou trois droites concourantes auront l'envie d'apprendre l'algèbre.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Gai Requin
On sent le cri désespéré de l'algébriste qui voudrait bien progresser en géométrie!
Tu devrais pourtant apprécier la beauté austère de la preuve algébrique de Pierre!
Bon , je vais te fournir la preuve que tu attends mais sans être très difficile, elle est si longue que je me demande si celle de Pierre n'est pas préférable avec l'avantage de rester sur le terrain solide de l'algèbre linéaire.
Voici ci-dessous la figure sur laquelle je vais m'appuyer.
Tu peux voir qu'elle est assez complexe.
Au départ, on a donc un triangle $ABC$ et trois autres points $A'$, $B'$, $C'$ choisis pour que les similitudes directes $s_{A'}$, $s_{B'}$, $s_{C'}$ existent.
J'ai seulement supposé que les intersections $a=AA'\cap BC$, $b=BB'\cap CA$, $c=CC'\cap AB$ existaient aussi.
On doit composer des similitudes directes du plan euclidien mais pour ce faire le mieux est encore de les considérer comme des applications affines de la droite complexe obtenue après Rescassolisation.
Donc dans la figure ci-dessous, tu peux considérer les étiquettes comme des nombres complexes.
Je projette orthogonalement le point $A'$ en $A_b$ sur la droite $AC$ et en $A'_c$ sur la droite $AB$.
On a: $s_{A'}(A'_b)=A'_c$, pourquoi?
La partie linéaire de $s_{A'}$ est donc la multiplication par le complexe $\dfrac{A'_c-A'}{A'_b-A'}$
Mais ce rapport est invariant dans l'homothétie de centre $A$ envoyant $A'$ sur $a$:
$$\dfrac{A'_c-A'}{A'_b-A'}= \dfrac{a_c-a}{a_b-a}$$
Après avoir fait les permutations circulaires habituelles, (d'où l'importance d'avoir un bon étiquetage!), on obtient:
$$\lambda =\dfrac{a_c-a}{a_b-a}.\dfrac{b_a-b}{b_c-b}.\dfrac{c_b-c}{c_a-c}$$
On regroupe maintenant les termes de façon à faire apparaître trois rapports réels:
$$\lambda =\dfrac{b_a-b}{c_a-c}.\dfrac{c_b-c}{a_b-a}.\dfrac{a_c-a}{b_c-b}$$
On applique ensuite l'axiome de Thalès pour interpréter chacun de ces rapports comme des rapports sur une droite affine réelle adéquate:
$\dfrac{b_a-b}{c_a-c}=\dfrac{\overline{a'b}}{\overline{a'c}}$ sur la droite affine réelle $bc$ avec $a'=bc\cap BC$.
Et de même:
$\dfrac{c_b-c}{a_b-a}=\dfrac{\overline{b'c}}{\overline{b'a}}$ sur la droite affine réelle $ca$ avec $b'=ca\cap CA$.
$\dfrac{a_c-a}{b_c-b}=\dfrac{\overline{c'a}}{\overline{c'b}}$ sur la droite affine réelle $ab$ avec $c'=ab\cap AB$.
D'où:
$\lambda=\dfrac{\overline{a'b}}{\overline{a'c}}.\dfrac{\overline{b'c}}{\overline{b'a}}.\dfrac{\overline{c'a}}{\overline{c'b}}$
Que d'efforts pour pas grand chose et on est pas au bout de nos peines.
A partir de maintenant, exit les complexes et on va Ménéalüser trois fois comme le facteur!
On coupe le triangle $Abc$ par la transversale $BC$:
$\dfrac{\overline{a'b}}{\overline{a'c}}.\dfrac{\overline{CA}}{\overline{Cb}}.\dfrac{\overline{Bc}}{\overline{BA}}=1$
D'où:
$\dfrac{\overline{a'b}}{\overline{a'c}}=\dfrac{\overline{AB}}{\overline{AC}}.\dfrac{\overline{Cb}}{\overline{Bc}}$
On fait ensuite les permutations réglementaires obtenues en appliquant deux autres fois le théorème de Ménélaüs:
$\dfrac{\overline{b'c}}{\overline{b'a}}=\dfrac{\overline{BC}}{\overline{BA}}.\dfrac{\overline{Ac}}{\overline{Ca}}$.
$\dfrac{\overline{c'a}}{\overline{c'b}}=\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB}}.\dfrac{\overline{Ba}}{\overline{Ab}}$.
On multiplie les trois fourbis:
$$\lambda=\dfrac{\overline{a'b}}{\overline{a'c}}.\dfrac{\overline{b'c}}{\overline{b'a}}.\dfrac{\overline{c'a}}{\overline{c'b}}=-\dfrac{\overline{aB}}{\overline{aC}}.\dfrac{\overline{bC}}{\overline{bA}}.\dfrac{\overline{cA}}{\overline{cB}}$$
And we are done, yeah
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Effectivement pour construire le centre de $O$ l'homothétie $s_{C'}.s_{B'}.s_{A'}$, il suffit, $M$ étant un point donné quelconque, de construire le point $M'=(s_{C'}.s_{B'}.s_{A'})(M)$ et on récupère $O=MM'\cap AC$.
Mais alors on est bien ramené par composition des applications au problème cité dans mon dernier message, construire l'image $M'=s(M)$ où $s$ est la similitude directe de centre $S$ envoyant la droite $L$ sur la droite $L'$, i.e: $s(L)= L'$.
Comment faire?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Gai Requin
Ta figure me reste incompréhensible.
Les données de départ sont deux droites sécantes $L$ et $L'$, un point $S$ non situé sur les droites $L$ et $L'$ et un point $M$ quelconque.
Il s'agit de construire le point $M'=s(M)$ où $s$ est la similitude directe de centre $S$ qui envoie $L$ sur $L'$, i.e: $s(L)=L'$
Oublie complètement la démonstration de mon précédent lemme ainsi que ses notations!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
C'est correct mais un peu cracra.
A chaque fois que je devrais faire ta construction, il faudra que je fasse un gros effort de mémoire pour m'en rappeler ses détails.
Compare la avec la mienne où je n'ai tracé aucun cercle mais seulement des parallèles ou des perpendiculaires.
Autrement dit elle peut être effectuée avec seulement une équerre, surprenant non?.
Regarde aussi comment j'ai joué sur les couleurs pour susciter l'attention sur les détails de la construction.
Comme exercice de style, essaye de me refaire cette figure avec GeoGebra et publie la nous!
Mais surtout, surtout essaye de justifier ma construction où les droites $d$ et $\delta$, indépendantes du point $M$, jouent un rôle capital.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
Bien sûr on peut choisir ta figure ou la mienne pour construire une macro du produit de deux similitudes et tu as grand tort de t'abstenir d'en créer sinon à quoi bon utiliser un logiciel de géométrie dynamique si c'est pour ne pas s'en servir. Les macros sont les filles du logiciel qui sans elles resterait stérile!
Pour ma part j'ai créé des milliers de macros, ce qui m'a aidé à progresser en géométrie de manière exponentielle.
Mais ce n'est pas un problème de macros.
C'est un problème théorique.
On peut se servir de ta figure ou de la mienne pour composer des similitudes mais comme la tienne est compliquée, s'en servir deux fois de suite le sera deux fois plus et on ne comprendra rien, absolument rien à la figure finale.
Ce n'est pas le cas de la mienne puisqu'elle conduit à une construction du produit de deux similitudes si esthétique qu'il est un peu étonnant qu'on ne la retrouve pas dans un livre comme le Lebossé-Hémery, proposée au moins en exercice.
C'est cette construction que je voudrais que tu trouves par toi-même et cela passe par la compréhension et la démonstration de ma figure!
Et c'est une démonstration qui a son intérêt en elle même!
Il va sans dire que nos amis anglo-saxons ne sont pas aussi béotiens que nous et que cette construction figure dans tous leurs grands livres classiques!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Sur ma figure, $S$ est le centre de la similitude directe $s$ envoyant $L$ st $L'$.
$S'$ est le centre de la similitude directe $s'$ envoyant $L'$ sur $L''$
$S''$ est le centre de la similitude $s'.s$ envoyant $L$ sur $L''$

Bonjour
Pour le moment, tout ce qu'a fait Gai Requin, c'est d'utiliser le fait qu'une similitude directe conserve le parallélisme et transforme donc deux droites parallèles en deux droites parallèles et qu'elle conserve aussi l'orthogonalité c'est à dire qu'elle transforme deux droites orthogonales en deux droites orthogonales, Pierre dirait qu'elle conserve les gudules.
Mais pour montrer que $T\in d$ et $P\in \delta$, il va falloir se fatiguer un tout petit peu plus!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Je te félicite pour ta ténacité, même si ta démonstration est un peu maladroite et mal rédigée, par exemple parce que tu n'as pas employé les fameux rapports segmentaires qui sont invariants par toute transformation affine.
Peut-être as-tu eu la flemme d'écrire des \overline?
Sans doute es-tu un homme pressé alors que moi, je n'ai plus que cela à faire?
Mais on peut la mettre en forme.
Elle est aussi insuffisante parce que tu n'as pas montré que $P\in \delta$ mais cela peut se faire par le même genre de démonstration.
Voici la mienne.
J'ai essayé de ne pas introduire de nouveaux points comme tu l'as fait.
Soit $\lambda$ la parallèle à $L$ passant par $M$ et $\mu$ la perpendiculaire à $L$ issue de $M$.
On a donc $M=\lambda\cap \mu$, ça ce n'est pas très fatiguant à écrire.
Soit $\lambda'=s(\lambda)$ et $\mu'=s(\mu)$
Comme $s$ conserve le parallélisme et l'orthogonalité, on a: $\lambda'\parallel L'$ et $\mu'\perp L'$ et enfin $M'=\lambda'\cap \mu'$
Soit $T=\lambda\cap \lambda'$ et $P=\mu\cap \mu'$.
Il est clair que les points $M$ et $M'$ sont situés sur le cercle de diamètre $TP$.
Mais il est classique que le centre de similitude $S$ est situé sur ce cercle car:
$(SM,SM')=(TM,TM')=\alpha$ où $\alpha$ est l'angle de similitude.
Quelle est la notion d'angle utilisée ici?.
Maintenant le plus dur!
Soit $h$ l'homothétie de centre $S$ telle que: $\lambda=h(L)$.
On a la relation de commutativité: $h.s=s.h$ ( grand, grand classique, un certain groupe est commutatif, lequel?).
Donc $\lambda'=s(\lambda)=(s.h)(L)=(h.s)(L)=h(L')$.
Ainsi $T=\lambda\cap \lambda'=h(L)\cap h(L')=h(L\cap L')=h(O)$ prouvant que $T\in d$.
Enfin puisque $S$ est sur le cercle de diamètre $PT$, $SP\perp d$, prouvant que $P\in \delta$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bon après-midi
Ma construction marche dans les deux sens.
Si $s$ est la similitude directe de centre $S$ telle que: $s(L)=L'$, elle construit le point $M'=s(M)$.
Inversement si $(M, M')$ est une paire de points du plan avec $M\notin L$ et $M'\notin L'$, elle donne la construction du centre $S$ de la similitude directe $s$ telle que: $s(L)=L'$ et $s(M)=M'$:
On construit les points $T=\lambda\cap\lambda'$ et $P=\mu\cap \mu'$ puis la droite $d= OT$ et enfin $S$ est la projection orthogonale de $P$ sur $d$.
Tout est en place maintenant pour construire le centre $S''$ de la similitude directe $s''=s'.s$ où $s$ est la similitude directe de centre $S$ envoyant la droite $L$ sur la droite $L'$ et $s'$ est la similitude directe de centre $S'$ envoyant la droite $L'$ sur la droite $L''$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Voici la figure.
Il ne reste plus qu'à rédiger la démonstration.

Bonsoir
Je n'ai rien à changer à la démonstration précédente mais il faut trouver une autre raison à la formule de commutativité:
$$h.s=s.h$$
puisqu'on ne peut plus invoquer le fait que le sous-groupe du groupe des similitudes directes fixant $S$ est commutatif.
Alors on prend son pied et on bourbakise un chouïa en vectorialisant en $S$.
Les transformations $s$ et $h$ deviennent alors des applications linéaires mais surtout $h$ devient une homothétie vectorielle, (les seules qui nous restent encore!), ce qui entraine la formule susdite.
Comme application, je vous laisse méditer sur la figure ci-dessous que j'ai déjà certainement donnée ici même dans le passé.
C'est la construction du point fixe de la transformation affine $f$ transformant le parallélogramme $ABCD$ en le parallélogramme $A'B'C'D'$. Elle donne aussi la construction de l'image $M'=f(M)$.
Elle serait due au géomètre Sollertinski bien connu des spécialistes.
On fait un peu de géométrie contemplative et on en déduit que dans ce cas de figure, $f$ a deux droites invariantes passant par le point fixe $O$. Pourquoi?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En géométrie affine, le parallélogramme supplante largement le sempiternel triangle!

Bonne Nuit Gai Requin
Donne un encadrement du terme constant du polynôme caractéristique de $\overrightarrow f$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
C'est le jeu des 8 erreurs!

Bonne Nuit Gai Requin et Bravo
Avoue que l'algèbre linéaire, c'est quand même plus facile que cette foutue géométrie.
Si le polynôme caractéristique de $\overrightarrow f$ est $X^2+a_1X+a_0$, la contemplation de cette figure de cette figure montre que:
$$-1<a_0<0$$
Sur la figure ci-dessous, j'ai construit ces droites invariantes.
J'ai obligé le point $M$ à rester sur la droite $AD$, le point $M'$ restant sur la droite $A'D'$.
La correspondance $M\iff M'$ est affine et la droite $MM'$ enveloppe une parabole.
Il ne reste plus, si j'ose dire, qu'à tracer les tangentes issues de $O$ à cette parabole.
Curieusement c'est le problème posé par Poubot dans le fil voisin.
Pour ce faire, j'ai tracé le foyer et la directrice de la parabole, etc, etc....
Je t'attends sur le produit de deux similitudes directes.
La figure est faite, son étiquetage aussi, il ne manque plus que ton baratin! Tout au plus quelques lignes à écrire!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
La correspondance $M\iff M'$ étant affine, on sait a priori que la droite $MM'$ enveloppe (en général, donc il y a des cas d'exception), une parabole quand $M$ parcourt une droite donnée.
Sur la figure, j'ai choisi $AD$ pour cette droite
Le reste n'est plus qu'une question de technique quand on sait son cours sur les paraboles.
Maintenant les logiciels de géométrie dynamique permettent de squezer les constructions classiques sur les coniques telles qu'on peut les trouver dans le Lebossé-Hemery.
Par exemple, un petit clic et tu vois apparaître sur ton écran les tangentes issues d'un point à une conique; tu n'as même plus besoin de tracer le foyer et la directrice pour les construire!
Amicalement
[small]p[/small]appus