Bonjour
$\gamma $ et $\gamma ^{\prime }$ sont tangentes en $O$ puisque l'homologie harmonique de centre $O$ et d'axe sa polaire par rapport à $\Gamma $ transforme l'une en l'autre.
Amicalement. Poulbot
Merci Poulbot
C'est aussi simple que cela.
Remarquons que cette homologie harmonique est le prolongement projectif de l'involution de Frégier définie sur $\Gamma$ et de perspecteur $O$.
Autant dire que ce misérable exercice est hors de portée de nos étudiants qui ne connaissent que la classification des coniques.
Amicalement
[small]p[/small]appus
En pipotant un peu mais pas trop, on doit pouvoir procéder ainsi, vu que les transformations en jeu préservent l'ensemble des coniques, les tangentes et l'alignement.
Par une affinité, on commence par envoyer $\Gamma$ sur un cercle. Par une transformation modulaire, on stabilise ce cercle et on envoie $O$ sur son centre (si le cercle est le cercle unité, l'application $z\mapsto \frac{z-o}{1-\bar{o}z}$ convient). À présent, l'application qui envoie $A$ sur $A'$, etc., est la symétrie de centre $O$ : elle envoie la conique passant par $OABCD$ sur celle qui passe par $OA'B'C'D'$ et la tangente à l'une en $O$ sur la tangente à l'autre. Bien sûr, cette tangente est invariante par la symétrie de centre $O$.
C'est le même argument que Poulbot. La polaire du centre du cercle étant la droite à l'infini $\Delta$, il faut vérifier que l'homologie harmonique de centre $O$ et d'axe $\Delta$ est la symétrie de centre $O$ : évident, si $M$ est un point du plan, l'intersection de $(OM)$ et $\Delta$ est le point à l'infini $\infty$ de $(OM)$ donc $(O,\infty,M,M')$ est harmonique SSI $O$ est le milieu de $[MM']$ ($\frac{\overline{OM}}{\overline{OM'}}=-1$).
PS : Pour comprendre pourquoi une ellipse $\Gamma$ et un point $O$ peuvent toujours être considérés comme un cercle et son centre, je voudrais bien construire une forme quadratique euclidienne à partir de ces données. En mimant le cas du cercle, il suffit peut-être de multiplier des équations (formes linéaires) des droites passant par $O$ et les point isotropes (pour la forme quadratique qui définit $\Gamma$) de la polaire de $O$ par rapport à $\Gamma$.
Bonjour Math Coss
Je ne comprends pas ton raisonnement!
Pourquoi utilises-tu des transformations projectives et des transformations circulaires qui n'appartiennent pas au même groupe?
Il fallait rester dans la défunte géométrie projective
Ma figure, même si je ne l'ai pas dit, est tracée dans le plan projectif où il n'y a ni ellipses, ni hyperboles ni paraboles mais seulement des coniques propres ou décomposées.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Une homologie harmonique est conjuguée d'une symétrie centrale, il suffit d'envoyer son axe se faire voir ailleurs s'il y est!
Dans une symétrie centrale de centre $O$, toute conique $\gamma$ passant par $O$ se transforme en une conique $\gamma'$ passant par $O$.tangente à $\gamma$ en $O$.
Il est vrai que c'est reculer pour mieux sauter puisque les homothéties ayant disparu de notre culture, les symétries centrales se sont fait la malle, elles aussi, depuis belle lurette!
Une variante du théorème de Cayley-Bacharach : si une quartique passe par onze des douze points d'intersection d'une cubique et d'une quartique, elle passe par le douzième. (Référence pour Cayley-Bacharach : D. Eisenbud, M. Green et J. Harris, Cayley-Bacharach theorems and conjectures, voir le théorème CB4 - qui suppose les points d'intersection distincts.)
La première quartique : les quatre droites $(AA'),(BB'),(CC'),(DD')$.
La cubique : la réunion de la conique $\Gamma$ et de la tangente $\ell$ en $O$ à $\gamma$.
Les douze points d'intersection : $A,A',B,B',C,C',D,D'$ et $O$ compté quatre fois sur la droite $\ell$ (une courbe passant par ce point quadruple a une multiplicité d'intersection $4$ avec $\ell$).
La deuxième quartique : la réunion des coniques $\gamma$ et $\gamma'$.
Elle passe par $A,A',B,B',C,C',D,D'$ et a une multiplicité d'intersection $\geq 3$ avec $\ell$ en $O$ puisque $\ell$ est tangente à $\gamma$. Ça fait bien onze.
Conclusion : la réunion de $\gamma$ et $\gamma'$ passe par le douzième point d'intersection, autrement dit a une multiplicité d'intersection $\geq 4$ avec $\ell$ en $O$. Ceci veut dire que $\gamma'$ est tangente à $\ell$ en $O$.
Ce n'est pas vraiment plus simple que l'argument de Poulbot, mais ça varie les plaisirs.
PS. L'argument serait plus sûr présenté de la manière suivante : $\gamma'$ est la conique tangente à $\gamma$ (et $\ell$) en $O$ passant par $A',B',C'$. Alors $\gamma \cup \gamma'$ passe par les onze points $A,A',B,B',C,C',D$ et $O$ sur $\ell$ avec multiplicité $4$. Le douzième point est $D'$.
Bonjour
Voici le texte original de cet exercice vieux de plus de 170 ans.
Ce n'est qu'un tripo parmi des milliers d'autres!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cher Pappus,
Tu as bien raison de ne pas comprendre. Je me suis rendu compte de mon erreur mais trop tard et loin de l'ordinateur.
Tu me suggères une version plus simple et plus propre. Envoyons la polaire de $O$ par rapport à $\Gamma$ à l'infini : l'image de $O$ est le centre de l'image de $\Gamma$ et l'application qui échange $A$ et $A'$, etc. est la symétrie de centre $O$. Il y aurait certes un problème si $O$ était sur $\Gamma$ (alors il appartiendrait à sa polaire et la conique image serait une parabole tangente à la droite à l'infini en l'image de $O$) mais dans ce cas, la construction de $A'$ à partir de $A$, etc., n'a plus vraiment de sens.
Réponses
$\gamma $ et $\gamma ^{\prime }$ sont tangentes en $O$ puisque l'homologie harmonique de centre $O$ et d'axe sa polaire par rapport à $\Gamma $ transforme l'une en l'autre.
Amicalement. Poulbot
La figure est entièrement déterminée par $A,B,C,D,O,A'$.
C'est aussi simple que cela.
Remarquons que cette homologie harmonique est le prolongement projectif de l'involution de Frégier définie sur $\Gamma$ et de perspecteur $O$.
Autant dire que ce misérable exercice est hors de portée de nos étudiants qui ne connaissent que la classification des coniques.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Par une affinité, on commence par envoyer $\Gamma$ sur un cercle. Par une transformation modulaire, on stabilise ce cercle et on envoie $O$ sur son centre (si le cercle est le cercle unité, l'application $z\mapsto \frac{z-o}{1-\bar{o}z}$ convient). À présent, l'application qui envoie $A$ sur $A'$, etc., est la symétrie de centre $O$ : elle envoie la conique passant par $OABCD$ sur celle qui passe par $OA'B'C'D'$ et la tangente à l'une en $O$ sur la tangente à l'autre. Bien sûr, cette tangente est invariante par la symétrie de centre $O$.
C'est le même argument que Poulbot. La polaire du centre du cercle étant la droite à l'infini $\Delta$, il faut vérifier que l'homologie harmonique de centre $O$ et d'axe $\Delta$ est la symétrie de centre $O$ : évident, si $M$ est un point du plan, l'intersection de $(OM)$ et $\Delta$ est le point à l'infini $\infty$ de $(OM)$ donc $(O,\infty,M,M')$ est harmonique SSI $O$ est le milieu de $[MM']$ ($\frac{\overline{OM}}{\overline{OM'}}=-1$).
PS : Pour comprendre pourquoi une ellipse $\Gamma$ et un point $O$ peuvent toujours être considérés comme un cercle et son centre, je voudrais bien construire une forme quadratique euclidienne à partir de ces données. En mimant le cas du cercle, il suffit peut-être de multiplier des équations (formes linéaires) des droites passant par $O$ et les point isotropes (pour la forme quadratique qui définit $\Gamma$) de la polaire de $O$ par rapport à $\Gamma$.
Je ne comprends pas ton raisonnement!
Pourquoi utilises-tu des transformations projectives et des transformations circulaires qui n'appartiennent pas au même groupe?
Il fallait rester dans la défunte géométrie projective
Ma figure, même si je ne l'ai pas dit, est tracée dans le plan projectif où il n'y a ni ellipses, ni hyperboles ni paraboles mais seulement des coniques propres ou décomposées.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Une homologie harmonique est conjuguée d'une symétrie centrale, il suffit d'envoyer son axe se faire voir ailleurs s'il y est!
Dans une symétrie centrale de centre $O$, toute conique $\gamma$ passant par $O$ se transforme en une conique $\gamma'$ passant par $O$.tangente à $\gamma$ en $O$.
Il est vrai que c'est reculer pour mieux sauter puisque les homothéties ayant disparu de notre culture, les symétries centrales se sont fait la malle, elles aussi, depuis belle lurette!
La première quartique : les quatre droites $(AA'),(BB'),(CC'),(DD')$.
La cubique : la réunion de la conique $\Gamma$ et de la tangente $\ell$ en $O$ à $\gamma$.
Les douze points d'intersection : $A,A',B,B',C,C',D,D'$ et $O$ compté quatre fois sur la droite $\ell$ (une courbe passant par ce point quadruple a une multiplicité d'intersection $4$ avec $\ell$).
La deuxième quartique : la réunion des coniques $\gamma$ et $\gamma'$.
Elle passe par $A,A',B,B',C,C',D,D'$ et a une multiplicité d'intersection $\geq 3$ avec $\ell$ en $O$ puisque $\ell$ est tangente à $\gamma$. Ça fait bien onze.
Conclusion : la réunion de $\gamma$ et $\gamma'$ passe par le douzième point d'intersection, autrement dit a une multiplicité d'intersection $\geq 4$ avec $\ell$ en $O$. Ceci veut dire que $\gamma'$ est tangente à $\ell$ en $O$.
Ce n'est pas vraiment plus simple que l'argument de Poulbot, mais ça varie les plaisirs.
PS. L'argument serait plus sûr présenté de la manière suivante : $\gamma'$ est la conique tangente à $\gamma$ (et $\ell$) en $O$ passant par $A',B',C'$. Alors $\gamma \cup \gamma'$ passe par les onze points $A,A',B,B',C,C',D$ et $O$ sur $\ell$ avec multiplicité $4$. Le douzième point est $D'$.
Voici le texte original de cet exercice vieux de plus de 170 ans.
Ce n'est qu'un tripo parmi des milliers d'autres!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu as bien raison de ne pas comprendre. Je me suis rendu compte de mon erreur mais trop tard et loin de l'ordinateur.
Tu me suggères une version plus simple et plus propre. Envoyons la polaire de $O$ par rapport à $\Gamma$ à l'infini : l'image de $O$ est le centre de l'image de $\Gamma$ et l'application qui échange $A$ et $A'$, etc. est la symétrie de centre $O$. Il y aurait certes un problème si $O$ était sur $\Gamma$ (alors il appartiendrait à sa polaire et la conique image serait une parabole tangente à la droite à l'infini en l'image de $O$) mais dans ce cas, la construction de $A'$ à partir de $A$, etc., n'a plus vraiment de sens.
C'est mieux comme ça ? Amicalement, MC.