Construction d'une $FLTI$

Une petite figure.

Pour le 2°), on sait déjà que $1$ est valeur propre de $\vec{f}$ qui a donc ses valeurs propres réelles et qui est diagonalisable, à moins que $1$ ne soit valeur propre double.
On sait aussi que $f$ n'a pas de point fixe.

Je ne sais pas construire les directions propres de $f$. :-S

Sur cette nouvelle figure, les droites bleues sont les directions propres de $f$ et $g$.

Soit $\beta,\gamma$ de somme $1$ tels que $E_a=\beta E_b+\gamma E_c$.
Soit $m$ le point de $bc$ tel que $m=\beta b+\gamma c$, de sorte que $g(m)=E_a$.
De plus, $g(a)=E_a$ donc $\vec{g}(\overrightarrow{am})=\vec{0}$ soit $\vec{f}(\overrightarrow{am})=\overrightarrow{am}$.

J'avoue que je ne sais plus exactement ce que sont une affinité et une transvection. :-S
Je vais donc avoir besoin d'un peu de temps...

Bonsoir pappus.

Dans le cas de ma figure, d'après l'étude de ses valeurs propres, $\vec f$ est une affinité vectorielle de base $\langle\overrightarrow{am}\rangle$ et de direction $\langle\overrightarrow{E_aE_b}\rangle$.
Comme $f$ n'a pas de point fixe, c'est donc une affinité glissée $t\circ g$, où $g$ est une affinité de base parallèle à $am$ et de direction $E_aE_b$ et $t$ est une translation de vecteur colinéaire à $\overrightarrow{am}$.

Je dis n'importe quoi ou je peux continuer ?

Bonjour,

Le titre étant Linear Family of Inscribed Triangles, nous savons qu'il va être question de triangles $a_{t}b_{t}c_{t}$ dont les triangles $abc$ et $a'b'c'$ seront les instanciations $t=0$ et $t=1$. $\def\atbt#1{a_{#1}b_{#1}c_{#1}} \def\ptv{~;~} $ Autant noter ces deux triangles par $\atbt 0$ et $\atbt 1$. Nous posons: \[ \boxed{\atbt 0}\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1-q & r\\ p & 0 & 1-r\\ 1-p & q & 0 \end{array}\right)\ptv\boxed{\atbt 1}\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1-q_{1} & r_{1}\\ p_{1} & 0 & 1-r_{1}\\ 1-p_{1} & q_{1} & 0 \end{array}\right) \] Alors les lenteurs sont données par: \[ f:g:h\simeq\frac{1}{p_{1}-p}:\frac{1}{q_{1}-q}:\frac{1}{r_{1}-r} \]

Nous en déduisons: $\def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}}$ \begin{eqnarray*} \slov\doteq\boxed{ABC}\cdot lenteurs & \simeq & \left(\begin{array}{c} f\\ g\\ h \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \left(q-q_{1}\right)\left(r-r_{1}\right)\\ \left(r-r_{1}\right)\left(p-p_{1}\right)\\ \left(p-p_{1}\right)\left(q-q_{1}\right) \end{array}\right)\\ \equi\doteq\boxed{\atbt t}\cdot lenteurs & \simeq & \left(\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \left(p-p_{1}\right)\left(r_{1}\,q-q_{1}\,r+r-r_{1}\right)\\ \left(q-q_{1}\right)\left(p_{1}\,r-r_{1}\,p+p-p_{1}\right)\\ \left(r-r_{1}\right)\left(q_{1}\,p-p_{1}\,q+q-q_{1}\right) \end{array}\right) \end{eqnarray*} On remarquera que nous avons donné des définitions "en dur" pour $f,g,h,u,v,w$. Les formules montrent en fait que $f+g+h$ et $u+v+w$ sont nuls en même temps, montrant que $\slov$ et $\equi$ sont à l'infini en même temps. Cela permet d'imposer $u+v+w=f+g+h$. On constatera par la suite que cela simplifie énormément les formules (paramétrisation asymétrique de Poulbot).

La propriété équicentrique est simplement que $\equi$ possède les mêmes coordonnées barycentriques par rapport à tous les triangles inscrits. La propriété aréolaire est que les trois triangles $\slov a_{0}a_{t}$, $\slov b_{0}b_{t}$ et $\slov c_{0}c_{t}$ ont la même aire... lorsque $\slov$ est à distance finie, et sinon que les bandes $\slov a_{0},\slov a_{t}\etc$ ont même largeur.

Nous posons $p_{1}=p+1/f\etc.$ Avant de se lancer dans plus de calculs, il convient de remarquer que l'aire du triangle $\atbt t$ est du second degré en $t$ lorsque $\slov,\equi\notin\linf$, est constante lorsque $\slov=\equi\in\linf$ et du premier degré en $T$ lorsque $\slov,\equi$ sont à l'infini, mais distincts. Il est donc raisonnable de prendre l'origine des temps à la date $T=0$ où l'aire est nulle. Par ailleurs, la condition $f+g+h=u+v+w=0$ ne suffit plus à synchroniser les deux colonnes. On est donc amené à poser: \[ \slov=\left(\begin{array}{c} f\\ g\\ h \end{array}\right)\ptv\equi=\left(\begin{array}{c} rh-qg+g\\ pf-rh+h\\ qg-pf+f \end{array}\right)=K\,\left(\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right) \]

La famille des triangles inscrits est alors décrite par: \[ \boxed{\atbt t}=\left[\begin{array}{ccc} 0 & -\dfrac{T}{g}+\dfrac{u\left(Kw+h\right)}{gw-hv} & +\dfrac{T}{h}-\dfrac{u\left(Kv+g\right)}{gw-hv}\\ +\dfrac{T}{f}-\dfrac{v\left(Kw+h\right)}{gw-hv} & 0 & -\dfrac{T}{h}+\dfrac{v\left(Ku+f\right)}{gw-hv}\\ -\dfrac{T}{f}+\dfrac{w\left(Kv+g\right)}{gw-hv} & +\dfrac{T}{g}-\dfrac{w\left(Ku+f\right)}{gw-hv} & 0 \end{array}\right] \] Considérons la transformation $\linf\mapsto\linf,\;a\left(T_{0}\right)\mapsto a\left(T\right)\etc$. Sa matrice est donc $\boxed{\psi}=\boxed{\atbt{}\left(T\right)}\cdot\boxed{\atbt{}\left(T_{0}\right)}^{-1}$. De façon évidente, $\linf$ est une droite propre, et $\equi$ est un point propre, pour la valeur propre $\mu=1$. Cela est est indépendant de $\slov\in\linf$. Mais pour $\slov\in\linf$, $\mu=1$ est valeur multiple. $ \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}$ On a la factorisation \[ \boxed{\psi}=\boxed{P}^{-1}\cdot\left(\begin{array}{ccc} \dfrac{T}{T_{0}} & 0 & 0\\ 0 & 1 & T-T_{0}\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\cdot\boxed{P}\where\boxed{P}=\left(\begin{array}{ccc} f & u & u\,\left(Kw+h\right)\\ g & v & 0\\ h & w & -w\left(Ku+f\right) \end{array}\right) \]

La troisième colonne de $\boxed{P}$ est un élément parmi d'autres de $\ker\left(\psi-1\right)^{2}\setminus\ker\left(\psi-1\right)$. Le calcul montre qu'il s'agit d'un point de la droite $\left[K+\dfrac{f}{u}\ptv K+\dfrac{g}{v}\ptv K+\dfrac{h}{w}\right]$. Rappelons que, avec nos conventions, on a \[ aire\left(\atbt T\right)=\dfrac{\left(gw-hv\right)K\,T}{ghf}\;aire\left(ABC\right) \] Autrement dit, l'aire est le paramètre naturel d'une famille de type II.

Introduisons la construction du Rouché-Comberousse. En posant $E=x:y:z$, on a \[ E_{a},E_{b},E_{c}\simeq\left(\begin{array}{c} x\\ y+p_{1}-p\\ z-p_{1}+p \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} x-q_{1}+q\\ y\\ z+q_{1}-q \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} x+r_{1}-r\\ y-r_{1}+r\\ z \end{array}\right) \] On vérifie que $\slov\in\linf$ si et seulement si $E_{a},E_{b},E_{c}$ sont alignés. En pareil cas, la droite \[ E_{a}E_{b}\simeq[yf+yg+zg+1\ptv-xf-zf-xg+1\ptv yf-xg+1] \] admet $\slov$ comme point à l'infini. Cela donne un moyen de construire le point $\slov$. Ensuite, $T_{a}=\slov A\cap BC$, $S_{a}=\left(A+T_{a}\right)/2\etc$ et cela nous donne $S_{a}S_{b}S_{c}$ le triangle anticévien de $\slov$. Cela redonne les directions des graphes hexagonaux: le lieu des points $\alpha_{t}=b_{t}+c_{t}-A$ est parallèle à $S_{b}S_{c}\etc$.

Pour ce qui est du point $\equi$, on construit $E_{0}\doteq\left(g\,b_{0}+h\,c_{0}\right)/\left(g+h\right)$ et alors $a_{0}E_{0}$ a la direction voulue.

Cordialement, Pierre.

Quelques explications :

Soit $D$ le point de $E_aE_b$ tel que $\vec g(\overrightarrow{ED})=\vec 0$.
Soit $t$ la translation de vecteur $\overrightarrow{ED}$.
Soit $a_1=t(a),b_1=t(b)$ et $c_1=t(c)$.
Soit $f_1:a_1b_1c_1\mapsto a'b'c'$ et $g_1=D+f_1-\rm{Id}$, de sorte que $g_1:a_1b_1c_1\mapsto E_aE_bE_c$.
Soit $d_1$ le point de $b_1c_1$ tel que $g_1(d_1)=D$.
Alors $f_1(d_1)=d_1$ donc $f_1$ est une affinité dont l'axe passe par $b_1c_1\cap b'c'$ et par $a_1c_1\cap a'c'$.
Enfin, par construction, $$f=f_1\circ t=t\circ f_1.$$

Bonsoir.

A-t-on déjà mentionné la situation suivante ?

Bonne nuit.
Comme d'habitude, on écrit $c$ comme barycentre des deux points de $AB$ qui sont sur les droites bleues passant par $a$ et $b$.

Bonjour,

On se donne $a_0,b_0,c_0,a_1,b_1$. Alors, il existe un et un seul $c_1$ tel que $$
\overrightarrow {a_0a_1}+\overrightarrow {b_0b_1}+\overrightarrow {c_0c_1}=\overrightarrow {0}$$ Les points $E_aE_bE_c$ sont alignés, définissant une direction de droite, qui est le slowness center. On récupère $f,g,h$ par les déterminants et l'on place les $d_t=(f\,a_t+g\,b_t)/(f+g)$. Alors les droites $c_td_t$ déterminent une direction, qui est l'équicentre. On ramène ces droites en $E$ et l'on voit que les deux centres sont différents. Cela, c'est la généralité du cas particulier.

Le cas particulier du cas particulier s'obtient en imposant en outre que les triangles $a_0b_0c_0$ et $a_1b_1c_1$ aient la même aire. L'aire de $a_tb_tc_t$ est alors constante, au lieu d'être du premier degré en le paramètre (cas "particulier général") ou du second degré (cas général). Cette aire constante ne peut être choisie à volonté: son quotient par l'aire de $ABC$ doit être inférieure à 1/4.

Et il reste le cas cubiquement particulier, où l'aire est la constante nulle.


Cordialement, Pierre.