Géométrie projective
Bonjour
Je bloque sur un exo de géométrie projective : c'est l'exercice 5.5.4 ci-dessous.
Voilà comment je commence : on se donne un point ($A$) qu'on place en dehors de la portion de plan située entre les deux droites. On se donne ensuite trois droites concourantes en $A$. Avec cela, on arrive à créer une figure où on peut appliquer le théorème de Pappus et tracer une droite qui passe par l'intersection hors de la feuille. Mais comment s'assurer qu'elle passe, en plus, par le point donné de l'énoncé ?
Si quelqu'un a une idée. Merci, et bonne fin de journée.
Je bloque sur un exo de géométrie projective : c'est l'exercice 5.5.4 ci-dessous.
Voilà comment je commence : on se donne un point ($A$) qu'on place en dehors de la portion de plan située entre les deux droites. On se donne ensuite trois droites concourantes en $A$. Avec cela, on arrive à créer une figure où on peut appliquer le théorème de Pappus et tracer une droite qui passe par l'intersection hors de la feuille. Mais comment s'assurer qu'elle passe, en plus, par le point donné de l'énoncé ?
Si quelqu'un a une idée. Merci, et bonne fin de journée.
Réponses
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Bonjour,
On peut utiliser une homothétie centrée au point donné, et de rapport tel que l'image du point d'intersection des droites données soit sur la feuille de papier. -
D'accord, mais pour cela, je dois déterminer un rapport, or je ne dispose que d'une règle. Je me trompe où je ne peux pas faire ce que vous proposez ?
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J'ai progressé.
Reste la demonstration. -
La polaire de O par rapport aux droites données passe par M ; la polaire de M passe par Q.
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Rien n'assure que le point M est sur la feuille de papier.
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Certes, par exemple si $O$ est sur une bissectrice de l'angle formé par les deux droites. Mais on peut construire par cette méthode la droite qui joint le point d'intersection des deux droites avec un point $O'$ plus proche d'une des deux droites. Comme ça, en deux coups (ou plus), on y arrive sans sortir de la feuille.
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Bonjour
Voici une construction affine pour ceux qui n'entendront jamais parler de géométrie projective.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Pour être complet, Pappus, il faut que tu expliques comment tu fais des parallèles à la règle seule.
Ce n'est pas très compliqué, mais il faut le dire.
Cordialement,
Rescassol -
Mon cher Rescassol
En serais-tu resté à l'époque de Thalès?
Il existe aujourd'huid'excellents logiciels de géométrie dynamique qui te tracent des parallèles sans autres états d'âme.
C'est ainsi que j'ai fait ma figure!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ceci dit, je n'interdis à personne d'utiliser son compas pour tracer des parallèles, cela n'empêchera ma construction d'être affine c'est à dire invariante par toute transformation affine du plan! -
Merci @ gb. Je ne vois pas encore bien comment faire.
Pour comprendre ces indications, apparemment élémentaires mais hors de portée du débutant que je suis, je laisse quelques notes ici, les droites en majuscules, les points en minuscules.
1) Droite polaire.
Soient, dans le plan projectif, deux droites $D$, $D'$, et $o \notin D \cup D'$ un point. Une droite passant par $o$ coupe $D$ et $D'$ en $k$ et $l$. Le conjugué harmonique de $o$ par rapport à $k$ et $l$ décrit une droite passant par $D \cap D'$, à savoir la droite $F$ telle que, dans $P(E^*)$, $[D,D',F,(o,D \cap D')]=-1$. C'est la droite polaire de $o$ par rapport à $D$ et $D'$.
On va essayer de construire les deux droites polaires que @ gb cite. On a besoin de plusieurs notions.
2) Division harmonique.
Quatre points $a, b, c, d$ d'un espace projectif ou d'un espace affine sont sont dits être en division harmonique si l'une des hypothèses suivantes est vérifiée :
(i) trois d'entre eux sont confondus et le quatrième distinct
(ii) il sont distincts, alignés, et $[a,b,c,d]=-1$
Dans le cas affine, le birapport est par définition, le birapport dans le complété projectif de l'espace affine.
Pour des coordonnées affines quelconques, cela s'écrit : $2(ab+cd)=(a+b)(c+d)$.
3) Conjugué harmonique.
Le conjugué harmonique d'un point $c$ par rapport à deux points $a, b$ est le point $d$ tel que a,b,c,d sont en division harmonique, ie tel que $[a,b,c,d]=-1$. -
Pappus et Rescassol, merci. Est-ce que vous avez construit deux droites homothétiques aux droites initiales, par une homothétie de centre $O$ ? L'homothétie dont parle gb ?
J'ai essayé de comprendre votre construction (voir ci-dessous). -
4) Construction du conjugué harmonique $d$ de trois points $a,b,c$.
Découle d'une propriété d'un quadrilatère complet.
On se donne une droite passant par $c$, deux points sur cette droite. On forme les côté d'un quadrilatère. On peut le faire devenir un parallélogramme en choisissant la droite $(gh)$ comme droite à l'infini : $(ae)$ est alors parallèle à $(fb)$, de même pour les deux autres droites supports des côtés du quadrilatère. D'après une propriété des parallélogrammes, $c$ est le milieu de $[ab]$. Comme $d$ est à l'infini, d'après une propriété du birapport, ce dernier vaut -1. $d$ est donc le conjugué harmonique de $c$ par rapport à $a$ et $b$.
Je dis ça pour illustrer, sans réellement maîtriser pour l'instant le formalisme dont il est question. -
Si les points $a,b,c$ sont alignés dans cet ordre,on choisit la droite $(ef)$ comme droite à l'infini, donc on "envoie" $c$ à l'infini puis on construit un parallélogramme dont les diagonales se coupent en $d$, qui est donc le milieu de $[ab]$. On a donc : $[a,b,d,c]=-1$. Or, $[a,b,c,d]=[a,b,d,c]^{-1}$, ce qui assure que $d$ est bien le conjugué harmonique de $c$ par rapport à $a, b$. (et que $c$ est le conjugué harmonique de $d$ par rapport à $a,b$).
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Bonjour,
Pappus, l'énoncé initial donné par Conique précise avec la règle seule.
Il n'y est question ni de compas ni de logiciel.
Cordialement,
Rescassol -
La jolie construction de Pappus est une application du théorème de Desargues. On le voit mieux si on ne se fatigue pas à essayer de tracer des parallèles, en traçant une droite de l'infini en vert sur la feuille. Les triangles auxquels on applique Desargues sont, comme il se doit, $ABC$ et $A'B'C'$.
-
Mon cher Rescassol
Ce problème se pose aussi dans le plan affine et intéresse donc ceux qui ne connaissent que ce plan.
GaBuZoMeu a donné la version projective de ma construction qui s’inscrit donc parfaitement dans ce fil.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bon, moi je n'ai rien compris de la figure de GaBuZoMeu, que je remercie cependant d'avoir produite.
Je n'ai pas compris ce qu'on construit. On trouve 36 versions du théorème de Desargues. Affine, projectif. Des triangles, des droites concourantes. Des implications, des équivalences. C'est un peu le fouillis pour un autodidacte comme moi.
Je fais mes petites figures à moi, désolé, ne faites pas attention.
Cependant, ne perdons pas le cap : merci beaucoup pour vos réponses. Du grain à moudre. -
Tu veux qu'on te raconte l'histoire en plusieurs épisodes ? Voila.
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Bonne Nuit
Sur la même figure, j'ai mis ma construction affine à gauche et la version projective de GaBuZoMeu à droite.
Il existe une transformation projective envoyant la construction de gauche sur celle de droite.
A tout hasard, démontrer cette affirmation.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Où sont les points $U$, $U'$, $V$ sur la figure de gauche? -
Bonjour pappus,
On envoie $P$ et $O$ de la figure de gauche sur $P$ et $O$ de la figure de droite, puis $\infty_{PA}$ et $\infty_{PA'}$ sur $U$ et $U'$ respectivement. -
Merci Gai requin
Si $f$ est cette transformation projective, l'homothétie $PAA'\mapsto \Omega BB'$ de la partie de gauche et l'homologie $PAA'\mapsto \Omega BB'$ de la partie droite sont donc reliées via $f$, oui mais comment?
D'autre part on peut voir la partie droite comme réellement tracée dans le plan projectif, même si en fait elle ne l'est que dans une carte affine où tous ses points importants restent visibles, la partie gauche s'interprétait alors autrefois comme la forme réduite de la partie droite quand on choisissait la droite $UU'V$ comme droite de l'infini.
Quelle est la morale de l'histoire?
La construction de GaBuZoMeu est bien sûr offlimits compte tenu de la disparition de la géométrie projective plane mais la mienne ne vaut pas mieux puisque les homothéties elles mêmes se sont fait la malle.
On devrait peut-être, peut être pouvoir s'en tirer par de mesquins tripatouillages autour de l'axiome de Thalès?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
La construction de conique basée sur la réciprocité polaire par rapport à deux droites me semble beaucoup plus naturelle et autrefois un élève de Seconde aurait pu la comprendre puisque cette notion faisait partie de son programme!
Je conseille à nos lycéens et autres collégiens qui en bavent sur la démonstration de l'axiome de Thalès de lire les délicieux ouvrages de [large]Denis Guedg[/large] comme Le théorème du perroquet ou Les cheveux de Bérénice -
Si $h$ est cette homothétie et $k$ cette homologie, alors $h=f^{-1}\circ k\circ f$.
-
Merci Gai Requin
Bien sûr cela s'appelle une formule de conjugaison.
Si j'en crois nos nouveaux programmes, la conjugaison est réservée à la Divine Algèbre mais reste interdite aux pauvres géomètres qui n'en sont pas dignes!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Il y avait autrefois une belle leçon de géométrie à l'oral de l'agrégation qui s'intitulait "Exemples de propriétés projectives et d'utilisation d'éléments à l'infini". Elle a disparu manu militari en 2008. :-(
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Mon cher Gai Requin
Cette leçon pourrait subsister en remplaçant projectives par circulaires.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je suis au regret de te dire que la droite projective complexe a aussi disparu du programme de l'agrégation.
-
Merci Gai Requin pour cette bonne nouvelle.
Donc aussi le groupe circulaire qui allait avec!
Plus de géométrie projective, plus de géométrie circulaire, plus de géométrie euclidienne puisqu'il n'y a plus de similitudes.
Plus de géométrie affine puisque les homothéties affines se sont fait la malle.
Il ne nous reste plus que les axiomes de Thalès et de Pythagore pour faire joujou!
Vingt siècles en arrière!
A mon avis, il ne faudra pas attendre longtemps avant que l'Algèbre et l'Analyse soient elles aussi touchées!
Trop compliquées à enseigner, manque de formateurs sous-payés, pas de temps à perdre avec ces fadaises, on connait la musique!
Ne parlons pas de l'enseignement du français lui aussi dans un état lamentable. Il suffit simplement de lire les messages de ce forum pour s'en rendre compte!
Bref tout va bien dans notre République Analphabète avec pour devise: Egalité de Tous dans l'Ignorance!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Tu exagères un peu mon cher pappus !
cf [programme 2019 paragraphe 5 p.3] -
Bonjour
Ainsi voici le résidu de géométrie de notre programme d'Agrégation!.
Il tient en quinze lignes.
Je ne sais trop s'il faut en rire ou pleurer!
Seul reste le fléchi-flécha honni de Pierre!
Et pratiquement rien dans ce programme n'a été vu dans le Secondaire sauf peut être les nombres complexes et les relations métriques dans le triangle. Autrement dit nos agrégatifs doivent ingurgiter un programme dont ils n'ont jamais vu le moindre morceau auparavant!
Consolation: ils n'auront jamais à enseigner quoique ce soit de ce programme, à part le triangle et les nombres complexes!
Amicalement -
Bien qu'elles soient utiles dans l'étude du groupe affine, on ne parle pas de transvections non plus:-S
Sans parler de l'étude des coniques qui est tellement plus agréable dans le plan projectif... -
Mon cher Gai Requin
Si Kepler et Newton en avaient su autant que nos agrégatifs sur les coniques, le premier n'aurait jamais trouvé ses lois et le second la mécanique céleste.
Nous en serions restés à Ptolémée et à Aristote. Aurait-ce été un mal? Je n'en suis pas sûr du tout!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
J'avais l'intention d'ouvrir un fil sur la géométrie circulaire mais à l'usage de qui ?
Qu'en penses-tu ? -
Bonjour,
Ouvre toujours, il y a des lecteurs (ou des lurkeurs :-)).
Cordialement,
Rescassol -
Merci GaBuZoMeu. La figure de Pappus apporte un éclairage supplémentaire.
Reste la démonstration : je tente quelque chose.
(i) La polaire de $O$ passe par $M$ : le conjugué harmonique de $O$ par rapport à $K$ et $L$ se situe, par construction, sur la droite rendant $(KAIL)$ parallélogramme, ie la droite $(MP)$, si on appelle $P = D \cap D'$ le point hors de la figure de l'énoncé. Le lieu des ces conjugués, qui est, par définition, la droite polaire en question, est donc la droite $(MP)$.
(ii) La polaire de $M$ passe par $O$ : d'après (i), il existe une "position" $K$, $L$ (une droite $(KL)$) telle que $M$ soit le conjugué de $O$. Or, comme vu au-dessus grâce à une propriété du birapport ($[l,k,o,m]=[l,k,m,o]^{-1})$, $O$ est alors également le conjugué de $M$. $O$ appartient donc à la polaire de $M$.
(iii) La polaire de $M$ passe par $Q$ : par un raisonnement identique à (i).
(i), (ii), (iii) donnent : la polaire de $M$ est donc $(OQ)$.
Or par définition, la polaire de $M$ passe par $P$. Ce qui termine de justifier que la droite $(OQ)$ ainsi construite atteint $P$. -
Bonjour Conique.
Ce n'est pas la démonstration attendue.
Tu es trop obsédé par la polarité
Ma figure et celle de GaBuZoMeu vont ensemble.
C'est la même configuration projective vue dans des cartes affines différentes.
Démontrer l'une, c'est démontrer l'autre.
Or en principe la configuration affine est plus facile à prouver puisqu'il suffit de savoir comment une homothétie opère sur les triangles.
Je dis en principe car les homothéties affines se sont fait la malle depuis un bon bout de temps.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Tu ne connais pas le théorème de Desargues ? C'est immédiat avec ce théorème. Et je t'avais même indiqué qu'on pouvait l'appliquer aux triangles $ABC$ et $A'B'C'$.
Quant au théorème de Desargues lui-même, il se démontre par une simple application de Thalès, une fois envoyé les éléments convenables à l'infini. -
@ Pappus
Je m'étais concentré sur les premières indications, chronologiquement, celles de @gb.
Merci pour votre remarque. Je vais tenter de répondre à votre question, car je n'ai pas encore compris la réponse de Gai Requin, un peu laconique pour moi.
@GaBuZoMeu
Merci de relancer l'idée de la preuve par le théorème de Desargues. Ce n'était pas bien clair pour moi. J'en trouve deux formulations :
Théorème
Dans un plan projectif, soient $D_1$, $D_2$, $D_3$ trois droites distinctes ayant en commun un point $o$. On prend sur chacune deux points distincts $a_i, b_i$ tous distincts de $o$.
Alors, les trois points $i=(a_1 a_2) \cap (b_1 b_2)$, $j=(a_1 a_3) \cap (b_1 b_3)$ et $i=(a_2 a_3) \cap (b_2 b_3)$ sont alignés.
Théorème
Soit $(abc)$ et $(a'b'c')$ deux triangles d'un plan projectif. On suppose que $a\neq a'$, $b\neq b'$, $c\neq c'$, ainsi que $(ab)\neq (a'b')$, $(ac)\neq (a'c')$, $(bc)\neq (b'c')$. On note $\alpha=(bc)\cap (b'c')$, $\beta=(ac)\cap (a'c')$, $\gamma=(bc)\cap(b'c')$.
Les droites $(aa')$, $(bb')$, $(cc')$ sont concourantes si, et seulement si $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ sont alignés.
Votre construction correspond, lettre pour lettre, à la deuxième formulation : on s'est donné deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ d'un plan (projectif ? parce qu'on a ajouté une droite de l'infini ?), où les droites $(AA')$, $(BB')$ et $(CC')$ sont concourantes. On a donc l'alignement des intersections $\Omega=(BC)\cap (B'C')$, $P=(AC)\cap (A'C')$ et $O=(AB)\cap (A'B')$. -
La première formulation donne une implication (celle qu'on utilise), la deuxième la même implication et sa réciproque.
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Bonjour!
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