une homothétie remarquable
dans Géométrie
Bonsoir à tous,
Je viens de lire le fil initié par Soland sur "un point remarquable", et je crois que celui-ci sera assez proche, et qu'il intéressera Pappus, Poulbot, Pierre et d'autres ...
Il s'agit, encore, de sa Majesté ABC, triangle quelconque (que ne lui fait-on pas subir ...) sur les côtés duquel on définit A1, B1 et C1 par les relations (vectorielles, même s'il n'y a pas les flèches réglementaires) AA1 = k.AB, BB1 = k.BC et CC1 = k.CA, où k est un réel strictement compris entre 0 et 1. On trace le triangle A1B1C1, puis on définit sur ses côtés A2, B2 et C2 par A1A2 = k.A1C1, B1B2 = k.B1A1 et C1C2 = k.C1B1, et enfin l'on trace le troisième triangle A2B2C2.
Je suppose que rien qu'à lire ce qui précède, vous avez déjà compris ce que j'ai eu la surprise de voir apparaître : ce triangle A2B2C2 est le transformé de ABC dans une homothétie de centre G, comme le montre la figure ci-dessous, où k = 1/4. Et j'avoue ma perplexité ... Mes essais de compréhension à l'aide de la relation de Chasles restent encore infructueux !
J'ai dû mettre le doigt sur une de ces FLTI si chères à Pappus, n'est-ce pas ? A propos, un grand merci à Pierre d'avoir explicité ce sigle qui restait mystérieux pour moi ...
Merci de vos explications, bien cordialement
Je viens de lire le fil initié par Soland sur "un point remarquable", et je crois que celui-ci sera assez proche, et qu'il intéressera Pappus, Poulbot, Pierre et d'autres ...
Il s'agit, encore, de sa Majesté ABC, triangle quelconque (que ne lui fait-on pas subir ...) sur les côtés duquel on définit A1, B1 et C1 par les relations (vectorielles, même s'il n'y a pas les flèches réglementaires) AA1 = k.AB, BB1 = k.BC et CC1 = k.CA, où k est un réel strictement compris entre 0 et 1. On trace le triangle A1B1C1, puis on définit sur ses côtés A2, B2 et C2 par A1A2 = k.A1C1, B1B2 = k.B1A1 et C1C2 = k.C1B1, et enfin l'on trace le troisième triangle A2B2C2.
Je suppose que rien qu'à lire ce qui précède, vous avez déjà compris ce que j'ai eu la surprise de voir apparaître : ce triangle A2B2C2 est le transformé de ABC dans une homothétie de centre G, comme le montre la figure ci-dessous, où k = 1/4. Et j'avoue ma perplexité ... Mes essais de compréhension à l'aide de la relation de Chasles restent encore infructueux !
J'ai dû mettre le doigt sur une de ces FLTI si chères à Pappus, n'est-ce pas ? A propos, un grand merci à Pierre d'avoir explicité ce sigle qui restait mystérieux pour moi ...
Merci de vos explications, bien cordialement
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Réponses
On écrit $A_1 = (1-k)A + kB$, $B_1 = (1-k)B + kC$, $C_1 = (1-k)C + kA$. Autrement dit, $(A_1, B_1, C_1) = (1-k)(A,B,C) + k(B,C,A)$. Si on note $f(x,y,z) := (y,z,x)$, on applique donc $(1-k) + k f$. La transformation qu'on applique au triangle $(A,B,C)$ au total pour obtenir $(A_2,B_2,C_2)$ est $T := ((1-k) + k f)((1-k) + k f^2) = ((1-k)^2 + k^2) + (1-k) k (f + f^2)$.
Notons $m = \frac{1+f+f^2}{3}$. On souhaiterait montrer que $T$ est de la forme $\lambda (1-m) + m$, ce qu'on peut vérifier mais je ne sais pas l'expliquer simplement (on trouve $\lambda = 1-3(1-k)k$ si je n'ai pas fait d'erreur).
Edit : Bon quand je vois ce que postent pldx1, pappus, poulbot, etc. je me dis qu'on est peut-être loin de trucs aussi complexes !
Edit : Je ne sais pas ce que sont ces FLTI (familles linéaires de triangles inscrits) mais voici un lien qu'on peut trouver dessus : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,994245,994245 Et un pdf qui en parle chapitre 20 : http://www.douillet.info/~douillet/triangle/Glossary.pdf pour ceux que ça intéresse.
Ta configuration est purement affine alors que celle de Soland est euclidienne.
Les triangles $A_1B_1C_1$ sont ceux d'une $FLTI$ dont l'équicentre et le centre de lenteur sont confondus au centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.
Voilà pour les $FLTI$.
La suite n'a pas qu'un intérêt mécanique:
$A_1=(1-k)A+kB$
$B_1 = (1-k)B+kC$
$C_1=(1-k)C+kA$
On continue:
$A_2=(1-k)A_1+kC_1=(1-k)((1-k)A+kB)+k((1-k)C+kA)$
$A_2=(2k^2-2k+1)A+k(1-k)(B+C)$
On permute circulairement, etc, etc...
J'ai la flemme de continuer!
Nul besoin de supposer $ABC$ équilatéral pour voir qu'on tombe sur une homothétie puisqu'une homothétie se définit justement dans un plan affine.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bon, juste avant d'aller dans les bras de Morphée, l'expression de $A_2$ montre qu'il est situé sur la médiane issue de $A$; il ne décrit pas toute la médiane: $k\in \mathbb R$, aucun intérêt de supposer $0<k<1$!
Exercice: Quelle partie de la médiane décrit le point $A_2$?
Mêmes questions pour $B_2$ et $C_2$.
On permute circulairement pour avoir $B_2$:
$B_2=(2k^2-2k+1)B+k(1-k)(C+A)$
D'où:
$A_2-B_2=(3k^2-3k+1)(A-B)$
Curieux que Champ-Pôt-Lion ne puisse faire pareil calcul simple!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mais je l'ai fait et j'ai aussi trouvé comme rapport $1-3(1-k)k$.
Si on prend $ABC$ isocèle de côté $1$ (on ajoute une structure euclidienne), on peut mener un calcul différent. Les deux transformations que l'on compose multiplient les distances par la même quantité, dont le carré est $\left( \frac{\sqrt{3}}{2} k \right)^2 + \left( \frac{k}{2} - (1-k) \right)^2$.
J'avais bien deviné que tu l'avais fait puisque tu avais donné le bon rapport!
Mais j'avais l'impression que tu n'en avais pas tiré toutes les conséquences, à savoir que l'application affine $ABC\mapsto A_2B_2C_2$ était une homothétie de centre $G$ et de rapport $3k^2-3k+1$.
Etait-ce si dur que cela à écrire?
Et pourquoi faire intervenir une structure euclidienne inutile pour décrire la configuration de Jelobreuil?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Non, désolé…
C'est une manière de voir "sans calcul" que c'est une homothétie (à la base ce n'était pas pour calculer le rapport).
Pour l'avoir souvent utilisée moi-même, l'astuce (si c'en est une!) du triangle équilatéral n'est pas très convaincante et on peut en général s'en passer.
On a l'impression qu'on ne peut faire de la géométrie affine sans calculs et donc qu'on ne peut y faire de la géométrie synthétique.
C'est pourquoi on rajoute de temps en temps une structure euclidienne car on est plus à l'aise avec cette géométrie.
Mais outre que souvent on est bien obligé de calculer en géométrie euclidienne, il est préférable de rester en géométrie affine où les calculs sont plus simples!
Et avoue que ceux demandés par Jelobreuil n'étaient pas bien terribles!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
L'exemple le plus saisissant est celui de la droite de Newton d'un quadrilatère complet.
La première preuve que j'en ai lue est métrique et se trouve dans le Lebossé-Hemery mais c'est en fait un théorème de la géométrie affine.
Il faut lire le livre de Jean-Louis Ayme, paru dans la collection Ellipses:
Méthodes et Techniques en Géométrie à propos de la droite de Newton.
Je suis d'accord que parfois, introduire une structure supplémentaire n'est pas naturel (par exemple un repère arbitraire). Mais là je ne sais pas trop. Enfin bon je ne connais rien en géométrie…
Les transformations affines considérées sont des similitudes directes pour une certaine structure euclidienne dans lequel le triangle est équilatéral, de même centre et même rapport mais d'angle opposé. Je trouve que c'est quelque chose de suffisamment intrinsèque, que ce n'est pas ajouté arbitrairement.
Si on note $G$ le centre de gravité du triangle et que l'unité de distance est $GA$, le produit des deux rapports est le carré de la distance de $G$ à $kA + (1-k)B$. Il s'agit donc d'un polynôme du second degré $\lambda(k)$ que l'on peut trouver grâce aux valeurs $\lambda(0) = \lambda(1) = 1$ et $\lambda(1/2) = 1/4$.
Merci à Champ-Pot-Lion et Pappus d'avoir bien voulu s'intéresser à cette petite chose !
Après avoir posté mon message hier, j'ai de nouveau contemplé ma figure (pas dans une glace, hein, et encore moins à la vanille ou au chocolat ...) et je me suis rendu compte que ce deuxième triangle a ... un petit frère semblable, dont les sommets sont les deuxièmes points d'intersection des médianes avec les côtés du premier triangle. Mais je n'ai pas encore pris le temps de bien étudier la chose.
Pappus, je me doutais bien que restreindre k à l'intervalle ouvert ]0, 1[ n'avait pas grand sens, mais je voulais seulement faire une première approche assez simple ...
Je vais essayer de comprendre vos calculs, à toi et CPL, mais je vous avoue que je ne vois pas quel type de coordonnées vous utilisez ...
Une question peut-être bête, pourquoi le premier triangle, A1B1C1, n'a t-il apparemment aucun rapport que ce soit avec le triangle initial, si ce n'est d'être son transformé par f ? Il faudra sans doute que je potasse les documents que CPL a mis en liens. De quoi occuper mon week-end !
Je vous laisse avec une deuxième figure.
Bien amicalement
Je ne pense pas que ça t'aidera beaucoup, c'était surtout que je me demandais ce qu'étaient ces FLTI.
On utilise les coordonnées barycentriques. Par exemple $\frac{A+B}{2}$ est le milieu de $[A,B]$, et $\frac{A+B+C}{3}$ est le centre de gravité du triangle $ABC$. On peut exprimer ainsi $A_1$, $B_1$ et $C_1$ en fonction de $A$, $B$ et $C$. Puis on exprime $A_2$, $B_2$ et $C_2$ en fonction de $A_1$, $B_1$ et $C_1$ et on développe pour obtenir une expression en fonction de $A$, $B$ et $C$.
En effet, les documents que tu as mis en lien ne sont pas très éclairants ...
J'ai eu la curiosité de chercher sur google cette expression "famille linéaire de triangles inscrits". Les résulttats sont exclusivement des articles de ce forum ! Je n'ai pas eu le courage de voir la chose en anglais ...
Merci de m'avoir indiqué que tu avais employé des coordonnées barycentriques. Mais comme je n'ai jamais eu l'occasion de les pratiquer lors de mes études, je suis bien incapable de suivre tes calculs ... Je vais essayer de m'y mettre dans quelques mois, quand j'aurai pris ma retraite !
Bien cordialement
Un petit calcul vectoriel permet aussi de voir qu'en effet, A2 se trouve sur la médiane AA' issue de A :
AA1 = k.AB
CC1 = k.AC => AC1 = (1 - k).AC
A1C1 = AC1 - AA1 = AC - k.(AB + AC)
A1A2 = k.A1C1 = k.AC - k2.(AB + AC)
AA2 = AA1 + A1A2 = (k - k2)(AB + AC)
A2 est donc sur la diagonale du parallélogramme construit sur AB et AC, autrement dit sur AA'.
k étant un réel quelconque, le facteur (k - k2) (maximum de 1/4 pour k = 1/2) indique que A2 se trouve sur la demi-droite ayant pour origine le milieu de AA' et contenant le point A.
On peut évidemment faire le même calcul pour B2 et C2, donc le triangle A2B2C2 est le transformé de ABC dans l'homothétie de centre G et de rapport GA2/GA, soit (1 + AA2/GA). Or AA2 = (k - k2).2AA', et AA' = - 3GA/2, d'où AA2 = - 3(k - k2).GA, et le rapport d'homothétie vaut 1 - 3k + 3k2.
Ce rapport étant toujours positif (minimum 1/4), A2B2C2 est directement semblable à ABC.
Ce genre de calcul est plus dans mes cordes !
Bon dimanche, bien cordialement
Avant d'être en similitude directe avec le triangle $ABC$, le triangle $A_2B_2C_2$ est surtout homothétique de ce triangle, ce qui est quand même plus précis, sinon à quoi bon faire ce calcul si ce n'est pour ne pas en tirer toutes les conséquences! (Merci Champ-Pot-Lion).
Amicalement
[small]p[/small]appus
Trop de négation tue la négation.
Concernant l'ajout de structure euclidienne, peut-être que tu as raison mais j'aimerais alors trouver comment formuler le raisonnement qui rend la chose évidente (et qui me semble dépendre vraiment de la notion d'angle) dans un cadre seulement affine.
@jelobreuil
Quand on a un espace affine, on peut construire des barycentres de points, de la même manière que quand on a un espace vectoriel, on peut construire des combinaisons linéaires (somme avec des coefficients). La seule contrainte est que la somme des coefficients fasse 1 pour que ça donne un point. Si la somme des coefficients fait 0, on n'obtient plus un point de notre espace mais un vecteur. Par exemple quand on a deux points $A$ et $B$, on peut prendre le vecteur $B-A$, aussi noté $\vec{BA}$. Et alors si on ajoute ce vecteur à un autre point $C$ par exemple, ça donne bien un point car la somme des coefficients sera $1$ (le point) plus $0$ (le vecteur).
On peut formaliser ça en ajoutant une dimension. Prenons par exemple l'espace $\R^3$. Le plan $z=1$ sera alors notre plan affine. Si on prend deux points sur le plan $z=1$ et qu'on calcule leur différence, on se retrouve avec un point sur le plan $z=0$ (un vecteur). Si on a deux points $A$ et $B$ sur le plan $z=1$, on peut par exemple calculer $\frac{A+2B}{3}$, cela redonne un point sur le plan $z=1$. Il s'agit du point $X$ tel que $\vec{AX} = \frac{2}{3} \vec{AB}$, résoudre $X-A = \frac{2}{3} (B-A)$ donne bien $X = \frac{2B + A}{3}$.
Un exemple d'application : le centre de gravité d'un triangle $ABC$ est $\frac{A+B+C}{3} = \frac{A+2\frac{B+C}{2}}{3}$, il est placé aux 2/3 de la médiane issue de $A$.
On pourrait aussi faire ça en choisissant une origine arbitraire $O$ et en confondant le point $X$ avec $\vec{OX}$, mais c'est moins bien.
Ensuite, quand on a deux espaces affines $A$ et $B$, on a aussi l'espace affine $A \times B$, constitué des couples de points avec l'un dans $A$ et l'autre dans $B$. Le calcul des barycentres se fait séparément dans chaque espace.
On peut aussi construire l'espace affine des transformations affines de $A$ dans $B$. Le calcul des barycentres se fait point par point, autrement dit quand on a deux transformations affines $f, g : A \to B$ et deux scalaires $\alpha, \beta$ dont la somme est $1$, on a $(\alpha a + \beta b)(x) = \alpha a(x) + \beta b(x)$.
Mais de toute manière tout ça ne permet rien de faire en plus (tout ce qui n'est "que du calcul" pour ce formalisme n'est aussi "que du calcul" avec ce que tu connais).
Merci pour la leçon de syntaxe!
En ce qui concerne la configuration de Jelobreuil, il n'y a pas besoin de structure euclidienne pour en prouver l'existence.
Par contre, on peut très bien en rajouter une pour calculer les angles et les rapports des diverses similitudes qui se présentent en fonction du paramètre $k$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci beaucoup de toutes ces explications, au sujet des barycentres et autres ... Mais, et croyez bien que j'en suis marri, je dois vous faire un aveu, sans honte aucune et sans vouloir vous vexer : je décroche, faute des bases élémentaires en ce domaine, dès qu'on commence à me parler d'espace vectoriel ou affine. Je ne sais comment vous dire ... De tels objets, ça sort carrément de mes catégories mentales, je n'arrive pas à me les représenter concrètement, comme un point ou un triangle sur une feuille de papier !
J'ai essayé hier de regarder l'article de Wikipedia sur la géométrie affine : je trouve ce formalisme franchement rebutant pour un non-initié. Les ensembles, espaces affines ou vectoriels, avec leurs applications bijectives, injectives ou surjectives de l'un à l'autre (vous voyez que j'ai quelques vieux souvenirs de vocabulaire), en a-t-on vraiment besoin pour faire de la belle géométrie ? je n'en suis pas si sûr ... Bon, maintenant, j'en conviens, tout dépend de ce qu'est, pour chacun de nous, de la belle géométrie ... Pour moi, je dirai, c'est trouver, avec mes moyens limités, la raison d'un détail dans une figure, ce qui me procure une petite satisfaction personnelle.
Et je dois dire que ce matin, quand j'ai enfin trouvé comment montrer que le point A2 est sur la médiane du triangle, j'étais content de moi, même si c'était au moyen de vecteurs, soit d'objets affines, il me semble... et j'étais également satisfait d'avoir retrouvé la valeur du rapport d'homothétie que vous aviez donnée. Pappus, tu n'as pas vu que je parlais bien d'homothétie avant de parler de similitude ?
Mais dites-moi, que pensez-vous de ma deuxième figure et de l'autre triangle, le rouge ?
Bien amicalement
Bien cordialement
La géométrie affine a été créée justement parce que quelqu'un en a eu marre de patauger dans les calculs dans lesquels tu te débats.
Cela passe évidemment par la compréhension de l'algèbre linéaire mais une fois la pilule avalée, ton problème devient un simple exercice de calcul qui, à vrai dire ne présente pas beaucoup d'intérêt.
Le bonus, c'est justement l'algèbre linéaire qui est quand même plus passionnante que la tristounette géométrie du triangle.
Je fais exprès de rédiger de façon moderne la suite de ton exercice.
L'équation de la droite $B_1C_1$ est:
$
\begin{vmatrix}
x&y&z\\
0&1-k&k\\
k&0&1-k
\end{vmatrix}
=
(1-k)^2x+k^2y-k(1-k)z
=
0
$
Le point $A_3$ est l'intersection de cette droite avec la médiane $AA'$ d'équation $y=z$.
On obtient ainsi:
$A_3=\dfrac{k-2k^2}{2-3k}A+\dfrac{(1-k)^2}{2-3k}(B+C)$
En permutant circulairement, on a:
$B_3=\dfrac{k-2k^2}{2-3k}B+\dfrac{(1-k)^2}{2-3k}(C+A)$
Et enfin:
$A_3-B_3=\dfrac{3k^2-3k+1}{3k-2}(A-B)$
On voit apparaître la valeur limite $k=\dfrac 23$ qui n'était pas évidente à trouver intuitivement!
Rassure toi cependant.
Tu n'es pas obligé d'apprendre l'algèbre linéaire pour continuer à faire de la géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici ta figure faite pour $k=\dfrac 23$, surprenant, n'est-il pas?
Le calcul précède la figure!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Concernant le deuxième triangle rouge, il faut montrer qu'il s'agit de l'image de $ABC$ par une homothétie. Ça se voit par symétrie, mais on ne trouve pas le rapport ainsi. Soit $G$ le centre de gravité du triangle $ABC$ et soit $A_3B_3C_3$ le triangle rouge (avec $A_3$ sur la médiane issue de $A$, etc.). Quand on va effectuer le calcul pour savoir par combien il faut multiplier $A-G$ pour obtenir $A_3-G$, on va trouver un nombre qui ne dépend que de $k$ (puisque c'est le seul paramètre existant, ce qui se formalise bien mais bref). On aura donc le même rapport entre $B_3 - G$ et $B-G$ ainsi qu'entre $C_3 - G$ et $C-G$.
Il y a un détail pas gênant, c'est que le côté de $A_1B_1C_1$ sur lequel est $A_3$ change en $k=1/2$. On trouve donc deux rapports suivant si on considère que l'on veut $A_3$ sur $A_1B_1$ ou sur $B_1C_1$ (il faudrait renommer les sommets pour avoir quelque chose de symétrique, $A_1$ devrait être sur $[BC]$). Le premier rapport, calculé par Pappus, est $\frac{3(k-1)^2}{3k-2}+1$. Le deuxième s'obtient en remplaçant $k$ par $1-k$ et on trouve $\frac{3k^2}{1-3k}+1$. Ce qui est marrant, c'est que la singularité d'une de ces deux fractions rationnelle correspond au maximum local de l'autre.
Pour le triangle bleu, on peut aussi voir simplement de manière affine que $A_2$ est sur la médiane issue de $A$ (et donc que $A_2B_2C_2$ est homothétique à $ABC$ par symétrie). Il faut considérer la forme affine envoyant $A$ sur $0$, $B$ sur $1$ et $C$ sur $-1$. Alors $A_1$ est envoyé sur $k$ et $C_1$ sur $-(1-k)$, donc $A_2$ est envoyé sur $k(1-k) - (1-k)k = 0$, autrement dit il est sur la médiane.
Et un grand MERCI très sincère pour votre patience et la peine que vous avez prise pour écrire toutes ces explications.
Elles ne me seront pas inutiles, même si je dois en remettre à plus tard l'étude détaillée !
Pappus, j'ai quand même deux réactions :
Si la géométrie affine a été mise au point pour éviter des calculs trop compliqués (et rien que d'imaginer les calculs de "ma configuration" dans un repère cartésien, fût-il orthonormé et choisi le plus commode possible, brrr ...), j'ai l'impression (de néophyte, sans doute) que la complication s'est reportée sur le système de coordonnées lui-même, n'est-ce pas ? Il me semble en effet que les coordonnées barycentriques sont moins intuitives, ou plus exactement, moins immédiatement perceptibles, et c'est ce qui les rend d'un abord délicat, à mon sens.
Quant à la géométrie du triangle, pour ma part, je trouve franchement très peu approprié le qualificatif de "tristounette" dont tu l'affubles ! Mais bon, à chacun ses goûts, ses opinions ...
Bien amicalement
Il n'y a pas grande différence entre coordonnées cartésiennes et coordonnées barycentriques au point qu'il est très facile de passer des unes aux autres.
Tu aurais pu tout aussi bien travailler dans le repère cartésien de ton choix, par exemple le repère $\{A,(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\}$, les calculs n'auraient pas été beaucoup plus compliqués que ceux que j'ai faits.
Quant à la géométrie du triangle, si elle est tristounette, ce n'est que par rapport aux autres géométries, qui ne sont pas plus enseignées qu'elle.
Je l'aime bien malgré tout avec un brin de nostalgie comme on feuillette un vieil album de photographies poussiéreuses!
Je te souhaite un joyeux Noël et une bonne Année 2018.
[small]p[/small]appus
Merci infiniment de ton dernier gentil petit mot, avec tes bons souhaits !
Je te souhaite moi aussi de passer de joyeuses fêtes de fin d'année; ainsi qu'une très bonne année 2018 !
Bien amicalement