Coniques et Milieux

Bonjour
Si le lieu est une cubique et c'est sans doute vrai puisque Poulbot ne se trompe jamais, je pense qu'il y a moyen d'en déterminer 9 points de la façon suivante.
Ce sont les points $a_1$ pour lesquels deux sommets de l'hexagone $a_1a_2a_3a_4a_5a_6$ sont confondus.
Par exemple $a_1=a_2$ ou $a_2=a_3$ ou $a_3=a_4$ ou $a_4=a_5$ ou $a_5=a_6\ $ ou $a_6=a_1$ ou $a_1=a_4$ ou $a_2=a_5$ ou $a_3=a_6$.
Cela fait bien neuf points.
Or je sais que Roger Cuppens a créé une macro donnant la construction d'une cubique connaissant neuf de ses points.
Est-elle sur ma bécane?
En principe, c'est in the pocket!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bon après-midi
Ne pouvant faire une animation, je me contente de refaire la même figure avec une autre position du point $a_1$ sur sa cubique de Poulbot.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Poulbot mais je n'aurais rien tracé si tu ne m'avais pas dit que le lieu était une cubique.
Nos aïeux avaient suffisamment de virtuosité pour le montrer sans le moindre calcul.
Nous, nous ne pouvons que nous en remettre à un logiciel de calcul formel.
Je pense maintenant à la décomposition éventuelle de cette cubique.
Cela se produira si parmi les neuf points que j'ai utilisés et qu'il est facile de déterminer, il existe des triplets, (merci Poulbot) quadruplets de points alignés, a priori $\binom 9 4 =126$ possibilités à regarder
Mais là aussi, j'hésite à faire les calculs.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Math Coss
Je n'arrive pas à ouvrir ou télécharger ton dossier mais je te crois et je te remercie du fond du coeur de t'intéresser à ce petit problème.
Je me doute que les calculs doivent être démentiels. Je serais heureux de savoir comment Poulbot a trouvé ou deviné que c'était une cubique
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Bouzar pour tes bons voeux
Je ne vois pas très bien l'intérêt de faire intervenir le cercle trigonométrique dans un problème de géométrie affine.
Ceci dit, on peut très bien Rescassoliser en identifiant le plan affine au plan complexe via une transformation affine adéquate.
On pourrait au contraire Bouzariser en prenant le triangle $\omega_1\omega_3\omega_5$ pour triangle de référence puis faire intervenir la matrice $M$ de l'application affine $\omega_1\omega_3\omega_5\mapsto \omega_2\omega_4\omega_6$ mais je ne sais pas si cela simplifierait beaucoup les calculs
En fait on a que des symétries centrales et des translations à manipuler et à composer. Autrement dit, on reste dans le groupe des symétries centrales -translations qui s'écrivent bien dans tout repère.
Sur ma nouvelle figure, je me suis donné arbitrairement les points $\{\omega_k\vert 1\le k\le 5\}$ et j'ai construit en conséquence le point $\omega_6$ à la Rescassol mais j'ai effacé la construction pour plus de clarté.
J'ai appelé $ij$ le point où doit se trouver $a_1$ pour que $a_i=a_j$
J'ai joué sur le fait que les transformations $a_i\mapsto a_j$ sont des symétries centrales. C'est évident pour les 6 premières, cela l'est moins pour les trois dernières qui sont des composées de trois symétries centrales,(ah quel cauchemar!), et dont il faut construire les centres, d'où un petit paquet de six parallélogrammes apparaissant sur la figure.
La construction des $ij$ ne pose alors aucun problème.
En particulier $\omega_1=12$ et $\omega_6= 16$.
Cette figure se déforme quand on fait varier les $\{\omega_k\vert 1\le k\le 5\}$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
La cubique de ma figure n'est pas loin d'avoir un point double c'est à dire d'être unicursale ou rationnelle.
On pourrait chercher les configurations des $\omega$ pour qu'il en soit ainsi!

Bonjour
En déchiffrant ma figure, on trouve:
$(12) = \omega_1$
$(23) = 2\omega_1-\omega_2$
$(34)=\omega_3+2(\omega_1-\omega_2)$
$(45) = \omega_4+2(\omega_6-\omega_5)$
$(56) = 2\omega_6-\omega_5$
$(61)= \omega_6$
$(14) =\omega_1-\omega_2+\omega_3$
$(25) = 2\omega_1-\omega_2+\omega_3-\omega_4$
$(36) = -\omega_3+\omega_4-\omega_5+2\omega_6$
Dans ces formules, on peut remplacer $\omega_6$ par $\omega_1-\omega_2+\omega_3-\omega_4+\omega_5\ $
On voit donc que ces neuf points sont des combinaisons barycentriques à coefficients dans $\mathbb Z$ des $\{\omega_k\vert 1\le k\le 5\}$
Ceux qui sont allergiques aux combinaisons barycentriques pour cause d'anéantissement des barycentres peuvent s'imaginer que toutes ces bestioles sont des affixes. Comme quoi, la Rescassolisation a toujours du bon.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il serait bon de vérifier mes calculs car je ne suis pas très frais en ce moment

Bonsoir
En choisissant $\omega_2\in \omega_1\omega_3$ et $\omega_4 \in \omega_3\omega_5$, voilà ce que j'ai obtenu, la cubique se décompose en $3$ droites!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Obsédé par la décomposition, je n'ai pas lu le dernier message de Poulbot

Bonne Nuit
Et voici la dernière figure de Poulbot qui m'était passée sous le nez, je ne sais pourquoi!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Poulbot
Ta cubique se décompose en trois droites parallèles.
Quant à la conique circonscrite à l'hexagone $a_1a_2a_3a_4a_5a_6$, elle se décompose elle aussi.
Voici une figure mais il y en a encore deux autres.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Et voici la troisième.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Poulbot et Bravo!
Je suis tombé droit dans ton piège. J'ai l'air malin avec mes trois figures!
Un polynôme de degré $3$ dont tous les coefficients sont nuls! C'est injuste!!
En tout cas voici ta figure sur laquelle j'ai laissé la cubique comme une trace honteuse de mon imprévoyance!
Le point $a_1$ est bien un point quelconque du plan: les points $a_1$, $a_3$, $a_5$ sont alignés ainsi que les points $a_2$, $a_4$, $a_6$ et tu en as donné une démonstration élémentaire.
On pourrait presque proposer ta configuration au lycée?
Encore une fois, bravo!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Venons en maintenant à la situation de Poulbot.
Au lieu de travailler avec seulement six points $\{\omega_k\mid 1\le k\le 6\}$, on va utiliser $2n$ points $\{\omega_k\mid 1\le k\le 2n\}$.
Si $s_k$ désigne la symétrie centrale par rapport au centre $\omega_k$, on suppose que : $$
s_{2n}.s_{2n-1}\dots s_2.s_1=id
$$ Ceci se traduit par la condition de fermeture : $$
\sum_{k=1}^n \overrightarrow{\omega_{2k-1}\omega_{2k}}=0
$$ ou encore par : $$
\sum_{k=1}^n\omega_{2k-1}=\sum_{k=1}^n \omega_{2k}
$$ C'est le moment pour ceux qui ergotaient dans un fil voisin sur les points et les vecteurs de comprendre le sens de cette dernière égalité et notamment d'être conscient de l'espace dans lequel elle s'écrit.
On peut aussi l'écrire : $$
\dfrac 1n\sum_{k=1}^n\omega_{2k-1}=\dfrac 1n\sum_{k=1}^n \omega_{2k}
$$ Ce qui signifie que l'isobarycentre des $\omega$ d'indice impair est égal à l'isobarycentre des $\omega$ d'indice pair.
On vectorialise en un point $O$ quelconque du plan puisqu'on a vu dans mon précédent message que le calcul de l'aire algébrique est indépendant du choix de $O$.
Donc à partir de maintenant, on ne manipule que des vecteurs !
On doit montrer que la somme : $$
\sum_{k=1}^{2n}[a_k,a_{k+1}]$$ ne dépend pas de $a_1$, où $a_{2n+1}=a_1$
L'application $a_1\mapsto a_k$ est un produit de $k-1$ symétries centrales. C'est donc une symétrie centrale si $k$ est pair et une translation si $k$ est impair.
Ainsi: $$a_k=(-1)^{k-1}a_1+p_k.$$ Alors, \begin{align*}
\sum_{k=1}^{2n}[a_k,a_{k+1}]&=\sum_{k=1}^{2n}[(-1)^{k-1}a_1+p_k,(-1)^ka_1+p_{k+1}]\\
\sum_{k=1}^{2n}[a_k,a_{k+1}]&=\sum_{k=1}^{2n}[p_k,p_{k+1}]+\sum_{k=1}^{2n}[(-1]^{k+1}a_1,p_{k+1}]+\sum_{k=1}^{2n}[p_k,(-1)^ka_1]
\end{align*} En posant $\ \displaystyle V=\sum_{k=1}^{2n}(-1)^kp_k$, on trouve : $$
\sum_{k=1}^{2n}[a_k,a_{k+1}]=\sum_{k=1}^{2n}[p_k,p_{k+1}]+[a_1,V]+[V,a_1]
$$ Les deux derniers termes se compensent à cause du caractère antisymétrique du produit mixte et on a bien : $$
\sum_{k=1}^{2n}[a_k,a_{k+1}]=\sum_{k=1}^{2n}[p_k,p_{k+1}]$$ indépendant de $a_1$.
Amicalement
[small]p[/small]appus