Involutions

Merci à tous pour vos interventions ! Merci Bruno.

De part la nature même de la construction, à tout point $M$ ne peut correspondre qu'un seul et unique point $M'$. Et inversement.
Et ils sont algébriquement liés.

•Recherche du "point central".
Tout est dans le dessin de mon premier post.
Si le point $M$ s'éloigne indéfiniment sur $Oy$, le point $B$ a pour limite le point $C$, diamétralement opposé à $O$. La droite $AB$ se rapproche indéfiniment de $AC$ et le point $B'$ tend vers le point $O$.
Par suite le point $M'$ a aussi pour limite le point $O$ et le produit $\displaystyle \overline{OM} \cdot \overline{OM'}$ a bien une valeur constante.

En toute transparence !

Je vais étudier en détail les éléments que vous apportez, notamment l'involution de Frégier, mais ils me semblent un brin "complexes" pour des lycéens Français de l'après-guerre ! C'est à eux que ce petit recueil était destiné.

Cordialement.

Comment démontrer de manière élémentaire que $M$ et $M'$ sont les points homologues d'une involution de point central $O$ ?

Dans le cas où $M$ est l'intersection de $Oy$ avec la polaire du point $M'$ par rapport au cercle $\mathscr{C}$ tangent à $Oy$, il y a une possibilité de prouver que $\displaystyle \overline{OM}\overline{OM'}$ est constant.

On peut aussi tracer la polaire du point $A$ par rapport au cercle tangent à $Oy$ en prolongeant les tangentes en $B$ et $B'$ jusqu'à leur intersection.
Mais je ne vois pas trop comment "tourner" la démonstration.

...

Bonjour Pappus,

est-ce que $\displaystyle( f^{-1} \circ s_A \circ f)(z) = -s_A(z)$ ?
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Pappus, Je cherchais une expression de la composée en fonction de $s_A$ mais je me suis fourvoyé.

PS: Je me demandais aussi si la composée $f^{-1} \circ s_A \circ f$ est bien la symétrie centrale par rapport au centre $O$ du cercle unité.
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Bonsoir Pappus,

Dans l'exemple 2 (page 3 du fascicule VIII), l'auteur donne l'exemple de points en "divisions homographiques" lorsqu'ils appartiennent à une même droite ( ou "base" ) $L$.

"Sur une droite $L$ on donne deux points fixes $a$ et $b$ et on considère deux points variables $m$ et $m'$, conjugués harmoniques par rapport à $a$, $b$.
Les points $m$, $m'$ sont des points homologues de deux divisions en involution."

C'est-à-dire qu'à tout point $m$ de la première division correspond un unique point $m'$ de le deuxième.

"De plus, les abscisses des points $m$, $m'$ sont liés algébriquement.
Quelque soit la division à laquelle appartient le point $m$, il a le même homologue, qui est le conjugué harmonique de $m$ par rapport aux points $a$ et $b$."

Qu'est-ce qu'une division homographique ? Comment la définirait-on aujourd'hui ?

Cordialement...

•Rescassol: je dois dire que c'est bien cette monstrueuse fraction rationnelle qui m'intrigue le plus dans l'histoire ! Pardonnez la naïveté de mes questions mais comment le degré peut-il monter à ce point alors qu'on parle intersections de droites et de cercles ?

•Poulbot: le théorème 2.7 dit que si 2 points sont conjugués cyclocéviens alors les compléments $Q_1$ et $Q_2$ des conjugués isotomiques et les conjugués isogonaux sont identiques par rapport à $ABC$.

Si un point $P$ a pour coordonnées barycentriques: $P(x:y:z)$ alors son conjugué isotomique $\displaystyle P'=\iota(P)=\iota(x,y,z)$ a pour coordonnées barycentriques:

\begin{equation}
\large{P'}\large{(\frac{1}{x}:\frac{1}{y}: \frac{1}{z}\large)=(yz: \ xz: \ xy), \ xyz \neq 0}
\end{equation}

alors que son conjugué isogonal a pour coordonnées barycentriques:

\begin{equation}
\large{P^*}\large{(\frac{a^2}{x}: \frac{b^2}{y}: \frac{c^2}{z} \large) = (a^2yz: b^2zx: c^2xy)}
\end{equation}

Enfin le complément du conjugué isotomique du point $P$ est le point $\displaystyle Q= K(P')=K( \iota(P))$ dont les coordonnées barycentriques en $x,y,z$ sont:

\begin{equation}
\large{\displaystyle Q=K(yz: \ xz: \ xy)^t=(x(y+z): \ y(x+z): \ z(x+y))} \\
\large{\displaystyle Q'=K(\iota(P'))=K(P)=(y+z:\ x+z:\ x+y)}.
\end{equation}

J'essaye de mettre en ordre les pièces du puzzle mais je n'arrive pas à comprendre pourquoi les coordonnées barycentriques du conjugué de $P$ sont de la forme $\displaystyle \frac{1}{b'+c'-a'}$,...
Cela provient-il du fait que si deux points sont conjugués cyclocéviens alors leurs triangles Céviens partagent le même cercle circonscrit ?

•Enfin, pour ceux qui se demandent ce qu'est une transformation cyclocévienne (il doit bien y en avoir !) la définition est plutôt simple:

Soit un vrai triangle $ABC$ et un point $P$ non situé sur ses côtés.
Soient $A'$, $B'$, $C'$ les points d'intersection des Céviennes $AP$, $BP$, $CP$ avec les côtés $BC$, $AC$, $AB$ du triangle de référence $ABC$.
Le cercle passant par les points $A'$, $B'$, $C'$ recoupe les côtés du triangle en $A''$, $B''$, $C''$.
Les céviennes $AA''$, $BB''$, $CC''$ se coupent au point $X$, conjugué cyclocévien de $P$.

Cordialement.

PS: Bon, je me suis peut-être éloigné du sujet initial... De plus j'ai réédité mon message car j'ai assimilé à tort "complément du conjugué isotomique" et "conjugué isotomique".
Ces notions sont nouvelles pour moi. J'ai apporté toutes les modifications nécessaires et je crois être proche de (re)trouver les coordonnées barycentriques du transformé cyclocévien de $M(x:y:z)$ fournies par Poulbot.


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