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Centre similitude plane indirecte.

Envoyé par Lake 
Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour,

4 points deux à deux distincts du plan $A,A',B,B'$ étant donnés tels que $A'B'\not = AB$, on sait qu' il existe une unique similitude indirecte $s$ de rapport $k=\dfrac{A'B'}{AB}$ telle que $s(A)=A'$ et $s(B)=B'$.
Cette similitude a un unique point fixe $\Omega_-$ et un axe $\Delta$ passant par ce centre lieu des points $M$ tels que $\overrightarrow{\Omega_-M'}=k\overrightarrow{\Omega_-M}$

Les constructions de ce centre et de cet axe ne me posent pas de problèmes; par exemple, deux cercles d'Apollonius de diamètres $[PP']$ et $[QQ']$ donnent immédiatement les centres des similitudes directe et indirecte envoyant $A$ sur $A'$ et $B$ sur $B'$. L'axe est la droite $(PQ)$ bissectrice de $(\overrightarrow{\Omega_-A},\overrightarrow{\Omega_-A'})$

Je suis tombé par hasard sur une construction alternative du centre $\Omega_-$, et c'est là où je voulais en venir:

- $I$ et $J$ sont les milieux respectifs de $[AA']$ et $[BB']$. $K$ est le point d'intersection des droites $(AB')$ et $(A'B)$.

- La parallèle $(d)$ à $(IJ)$ passant par $K$ passe par $\Omega_-$ en sorte que les droites $(PQ)$ (l'axe), $(P'Q')$ et $(d)$ concourent en $\Omega_-$.

Je n'arrive pas à prouver ce dernier point en rouge.

Pouvez-vous m'aider ? (si possible avec une démonstration synthétique qui se passe des complexes).

Merci d'avance.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Lake.


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Mon cher Lake
Je ne sais pas où tu as été chercher cette construction mais intuitivement je dirais qu'elle est fausse
Soit $L=AB$, $L' =A'B'$ les droites joignant respectivement $A$ et $B$ et $A'$ et $B'$.
On définit ainsi une bijection affine $f$ de $L$ sur $L'$ telle que $f(A)=A'\ $ et $f(B)=B'$.
On parlait autrefois de divisions semblables.
Cette bijection affine admet un graphe $\Delta$! Construction de ce graphe $\Delta$? J'en ai parlé des centaines de fois!!
Cette correspondance affine est aussi une défunte homographie, défunte depuis la mort de la géométrie projective.
Et en particulier le graphe de $f$ est aussi son axe d'homographie, ce qui entraine que $K=AB'\cap BA' \in \Delta$.
Le redémontrer puisque ce n'est plus au programme!
Enfin on montre que: $\Omega_-\in \Delta$, le montrer dans les délais les plus brefs
Je doute fort que ce graphe $\Delta$ soit parallèle à la droite $IJ$.
En tout cas cela montre que $\Omega_-$ appartient au graphe qui est de construction très simple!
Amicalement
pppus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Merci de t'être penché sur mon petit problème. Je n'ai malheureusement pas le niveau requis pour te suivre.

Néanmoins, si ta droite $\Delta$ correspond à ma droite $d$, c'est à dire la droite $(K\Omega_-)$, je persiste à dire qu'elle est parallèle à $(IJ)$. J'ai sous les yeux un dessin dynamique qui confirme cette conjecture.

Amicalement.
Lake.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Mon cher Lake
J'ai sans doute dû mal te lire.
Mais c'est l'heure de ma méridienne.
Il faudra attendre un peu
J'espère que la confrontation de nos points de vue sera fructueuse.
En tout cas le graphe $\Delta$ et les milieux $I$ et $J$ ont des définitions affines ne faisant pas intervenir le point $\Omega_-$, la contradiction devrait donc être facile à élucider
Dessine moi une figure convaincante ne faisant intervenir que le graphe $\Delta$, les milieux $I$ et $J$ des segments $AA'$ et $BB'$ ainsi que le point $K=AB'\cap BA'$, en oubliant pour un instant la structure euclidienne!
Amicalement
pappus
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour Lake
Avant de faire dodo, voici ma propre figure.
Tu avais raison et j'avais une hallucination sans doute due à la fatigue!
La droite $IJ$ est bien parallèle au graphe $\Delta$, simple application de l'axiome de Thalès, (droite des milieux).
Mais ma caractérisation est meilleure que la tienne puisqu'elle revient à dire que $\Omega_-\in \Delta$
A notre niveau d'analphabétisme actuel, il faut donc montrer et que $K\in \Delta\ $, (mort de la géométrie projective) et $\Omega_-\in \Delta$.
Amicalement
pappus


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
Dixit HSM Coxeter, Maximus Magister :

Construisez deux carrés $ABCD$, $A'B'C'D'$ orientés différemment.
Construisez les intersections
$P=AB\cup A'B'$
$Q=BC\cup B'C'$
$R=CD\cup C'D'$
$S=DA\cup D'A'$

$PR\cup QS$ est le point fixe.

Le dessin suit.
Re: Centre similitude plane ^2(indirecte.
il y a deux mois
Merci Soland
J'ai cité ce passage de Coxeter des dizaines de fois dans le passé.
J'espère que tu seras mieux entendu que moi!
Une autre preuve à la Bourbaki!
Sur cette nouvelle figure, j'ai tracé les intersections du graphe $\Delta$ de $f$ avec les droites $L$ et $L'$.
On lit sur la figure: $f(U)=O$ et $f(O)=V$.
Donc si $s_-$ est la similitude indirecte prolongeant $f$, on a:
$$s_-^2(U)=V$$
Conclusion?
Amicalement
pappus


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
Le dessin dee Coxeter :


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Ta sieste n'est pas de tout repos...

De ta première figure, j'ai constaté que ta droite $\Delta$ était construite à partir des sommets $\alpha$ et $\beta$ des deux parallélogrammes $OA\alpha A'$ et $OB\beta B'$.
J'ai vérifié laborieusement (en coordonnées cartésiennes) que $K=AB'\cap A'B$ appartenait à cette droite.

Avec ta seconde figure et commentaires bien que j'ai du mal à comprendre cette histoire de prolongement de $f$ par $s_-$: $s_-^2$ est l'homothétie de centre $\Omega_-$ et de rapport $k^2$ ce qui prouve que $\Omega_-\in\Delta=(UV)$

Le tout avec des droites des milieux (les parallélogrammes) règle la question.

Mais je dois bien t'avouer que je ne connais pas grand chose de cette transformation affine de $L$ sur $L'$.

Merci pour tes suggestions!

Amicalement.

Lake



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Lake.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour soland,

J'ai déjà rencontré cette construction dans un cours de Terminale: tome de Géométrie Warusfel Attali Collet Gauthier Nicolas chez Vuibert..
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour
Voici ma propre figure précisant celle de Soland que j'ai dû donner bien des fois.
Je crois qu'elle a été trouvée par Sollertinski.
Coxeter la donne en transformant un carré par une similitude mais en fait elle reste valable pour toute transformation affine $f$ ayant un unique point fixe et un parallélogramme, (pratiquement quelconque, il faut que les intersections $a$, $b$, $c$, $d$ existent).
Sur la figure de Sollertinski, j'ai rajouté la construction du point $M'=f(M)$
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour Lake
J'ai parlé des dizaines de fois des bijections affines $f:L\mapsto L'$ dans la théorie des TGV.
Mais faire de la géométrie affine dans la tristounette dimension $1$, c'est presque une provocation quand on peut se gargariser avec le théorème fondamental de la géométrie affine!
Amicalement
pappus
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Mon cher Lake
On se donne les points $A$, $B$, $A'$, $B'$.
On définit $s_-$ comme étant l'unique similitude indirecte telle que $s_-(A)=A'$ et $s_-(B)=B'$.
On constate alors que si $M\in L=AB$, alors $M'=s_-(M)\in L'=A'B'$, autrement dit $s_-$ induit une transformation affine $f:L\mapsto L'$ que les bourbakistes notent $f=s_-\vert_L$.
En sens inverse, on dit que $s_-$ est la similitude indirecte prolongeant $f$.
Il n'y a là rien de bien mystérieux, rien que de la banale théorie des ensembles!
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Cher pappus,

Citation
pappus
On constate alors que si $M\in L=AB$, alors $M'=s_-(M)\in L'=A'B'$, autrement dit $s_-$ induit une transformation affine $f:L\mapsto L'$ que les bourbakistes notent $f=s_-\vert_L$.
En sens inverse, on dit que $s_-$ est la similitude indirecte prolongeant $f$.

C'est très clair! Merci!

Amicalement.
Lake
JLT
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
J'explicite tout de même le premier message de pappus car tout ne me semble pas si évident. Je vais parfois utiliser un repère mais les calculs sont très légers.

Quelques préliminaires :

(1) Soient $L$ et $L'$ deux droites du plan affine. Soit $f:L\to L'$ une homographie. Pour abréger, on notera $M'$ l'image du point $M$ par $f$. Il existe une droite $\Delta$, appelée axe de l'homographie, telle que pour tous $A,B\in L$, on ait $(AB')\cap(A'B)\in\Delta$. Pour la démonstration, cf. le lemme ici : [www.les-mathematiques.net]

(2) Si de plus $f$ est affine, et si $L$ et $L'$ sont sécantes en un point $O$, on définit le graphe de $f$ de la manière suivante : on prend $O$ comme origine, et le graphe est défini comme l'ensemble $\{x+f(x)\mid x\in L\}$.

(3) Le graphe de $f$ est égal à l'axe de $f$ : montrons-le par exemple dans le cas où $f(O)\ne O$. On prend un repère tel que $L$ et $L'$ sont respectivement l'axe des abscisses et l'axe des ordonnées, et tel que $f(x,0)=(0,x+1)$. On définit $A=(-2,0)$, $B=(-1,0)$, $C=(0,0)$ et $D=(1,0)$. On a $(AB')\cap(A'B)=B$ et $(CD')\cap (C'D)=C'$ donc l'axe de $f$ est $(BC')$. Or, $B=B+f(B)$ et $C'=C+f(C)$, donc $(BC')=\{(x,y)\mid y=x+1\}$ est le graphe de $f$.

(4) Notons $I$ et $J$ les milieux respectifs de $[AA']$ et $[BB']$. Alors $(IJ)$ est parallèle à l'axe de $f$. En effet, en reprenant le même repère que ci-dessus, si $A=(a,0)$ et $B=(b,0)$ alors $2\overrightarrow{IJ}=(b-a,b-a)$.

Revenons au problème. Soient $L=(AB)$ et $L'=(A'B')$. Pour conclure, il suffit de prouver que le centre $\Omega$ de la similitude indirecte appartient à l'axe de $f$, où $f:L\to L'$ est la restriction de la similitude directe. Pour cela, il suffit de montrer qu'il existe deux points $C, D\in L$ tels que $\Omega=(CD')\cap (C'D)$.

Pour cela, on écrit la similitude comme un produit $r\circ h=h\circ r$ où $r$ est la symétrie par rapport à une droite $\delta$ et $h$ une homothétie centre $\Omega$ et de rapport $>0$. On choisit un point $C\in L$ tel que $(\Omega C)$ ne soit pas perpendiculaire à $\delta$. Soit $L_1=r(L)$, $C_1=r(C)$, $D=L\cap (\Omega C_1)$. Alors on a $\Omega=(CD')\cap (CD)$. En effet, soit $D_1=r(D)$. Le point d'intersection $(CD_1)\cap (C_1D)$ est invariant par $r$, donc il est sur $\delta$, et comme $\Omega=\delta\cap (C_1D)$ on a $(CD_1)\cap (C_1D)=\Omega$.

Comme $D'=h(D_1)$, on a $D'\in (\Omega D_1)\cap L'$, donc $\Omega=(CD')\cap (C'D)$.


JLT
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
J'en profite pour proposer une autre construction du centre de la similitude indirecte. On construit le point $A''$ tel que $A'B'A''$ soit indirectement semblable à $ABA'$. On construit de même $B''$. Alors $\Omega=(AA'')\cap (BB'')$. En effet, on a $A''=g(A)$ et $B''=g(B)$ où $g=s\circ s$. Or, $g$ est une homothétie de centre $\Omega$, donc $\Omega,A,A''$ sont alignés, et de même pour $\Omega,B,B''$.


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonsoir
Lake a bien trouvé l'astuce de ma démonstration:
En général, si $s_-$ est une similitude indirecte, alors $s_-^2$ est une homothétie.
Cela m'amène à poser la question suivante qui coulerait sans doute une promotion d'agrégatifs si on la posait à l'oral mais rien à craindre de ce côté là:
Déterminer toutes les transformations affines $f$ dont le carré $f^2$ est une homothétie..
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Merci JLT
J'ai dû proposer dans le passé une rédaction plus ou moins semblable à la tienne.
Le graphe de $f$ est littéralement le graphe ensembliste de $f:L\mapsto L'$ quand on identifie $L\times L'$ au plan affine via l'isomorphisme affine canonique!
Amicalement
pappus
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Citation
pappus
Déterminer toutes les transformations affines $f$ dont le carré $f^2$ est une homothétie.

Dans le plan affine, ce sont les homothéties et les transformations affines de trace nulle.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Merci Gai Requin
Tu es devenu un vrai spécialiste dans toutes les géométries défuntes ou non!
Peux-tu nous détailler une preuve?
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Merci JLT
Grosso modo tu trouves le point fixe de $s$ en construisant $A''=s^2(A)$ et $B''=s^2(B)$ et on sait que $s^2$ est en général une homothétie dont le centre est le point fixe de $s$.
Petite taquinerie
On se donne arbitrairement les points $A$, $B$, $A'$, quel est le lieu des points $B'$ pour lesquels la similitude indirecte $s_-$ définie par $s_-(A)=A'$ et $s_-(B) = B'$ est sans point fixe ou a une infinité de points fixes.
Ta construction tombe en défaut mais $s_-$ a quand même une décomposition canonique qu'on peut récupérer!
Amicalement
pappus
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonsoir pappus,

Soit $f$ une transformation affine telle que $f^2$ est une homothétie.
Si $f$ n'est pas une homothétie, alors il existe un scalaire $\lambda$ tel que le polynôme caractéristique de $\vec f$ soit $X^2-\lambda$.
Donc $f$ est une homothétie ou $\mathrm{tr}(\vec f)=0$, et cette condition est suffisante.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
@JLT
J'ai rangé ta construction dans
mon dossier "Simplissime".
JLT
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
Citation
pappus
On se donne arbitrairement les points $A$, $B$, $A'$, quel est le lieu des points $B'$ pour lesquels la similitude indirecte $s_-$ définie par $s_-(A)=A'$ et $s_-(B)=B'$ est sans point fixe ou a une infinité de points fixes.
Ta construction tombe en défaut mais $s_-$ a quand même une décomposition canonique qu'on peut récupérer!

On suppose bien sûr $A\ne B$ et $A'\ne B'$.

Pour être exhaustif :

1er cas. $AB\ne A'B'$. Alors $s_-$ admet bien un et un seul point fixe. Le seul cas où ma construction ne marche pas tout à fait est celui où $A,B,A'',B''$ sont alignés, mais on peut alors construire $C$ et $C''$ tels que $ABC$ et $A''B''C''$ soient équilatéraux directs, et on a $\Omega=(AA'')\cap (CC'')$.

2e cas. $AA'B'B$ est un trapèze isocèle avec $(AA')\parallel (BB')$. Alors $s_-$ est une symétrie, et $s_-^2$ est l'identité. L'axe de $s_-$ est la médiatrice de $[AA']$.

3e cas. $AB=A'B'$ mais $AA'B'B$ n'est pas un trapèze isocèle (i.e. $B'$ appartient au cercle de centre $A'$ et de rayon $AB$, privé du symétrique de $B$ par rapport à la médiatrice de $[AA']$). Alors $s_-$ est une symétrie glissée, composée de la translation de vecteur $\frac{1}{2}\overrightarrow{AA''}$ et de la symétrie par rapport à la droite passant par le milieu de $[AA']$ et de vecteur directeur $\overrightarrow{AA''}$.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour
Voilà la figure complète de Lake.
J'ai dû la donner $n$ fois dans le passé, cela ne fera jamais qu'une fois de plus!
Elle montre la construction des centres de similitude directe et indirecte prolongeant $f$.
J'aimerais bien qu'un autre que moi la commente!
Nouvelle petite taquinerie pour JLT
Bien sûr une fois qu'on a compris que $s_-^2$ est une homothétie, il est facile de construire son centre mais sur ma figure, $P$ étant un point quelconque du plan, comment fais-tu pour construire $s_-(P)$?
Amicalement
pappus
PS
J'ai corrigé mon erreur d'étiquetage grâce à JLT que je remercie.
La droite des divisions proportionnelles s'appelle bien $\Lambda = ab$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Merci Gai Requin, devenu grand spécialiste en géométrie affine plane!
Pourrais-tu détailler à l'intention de tes nombreux lecteurs, un peu étonnés de voir l'algèbre linéaire débarquer dans le tristounet plan affine, comment tu passes de ton avant-dernière phrase à la dernière?
Merci d'avance
Amicalement
pappus
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Si $f$ n'est pas une homothétie, $\chi_\vec f(X)=X^2-\lambda=X^2-X\mathrm{tr}\vec f+\det\vec f$ donc $\mathrm{tr}\vec f=0$.

Je ne vois pas ce qui poserait problème à un agrégatif qui connaît son cours, d'autant qu'on peut aussi faire un calcul direct à partir de matrices $2\times 2$. confused smiley
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Merci pour ta dernière figure; j'ai pris la peine de la refaire: je comprends les constructions mais je ne me les explique pas; inutile de la commenter en tout cas pour moi, je n'ai pas le niveau requis.

Quelque chose me chiffonne:

Je suppose que la courbe est la parabole enveloppe des droites $MM'$ lorsque $M$ décrit $L$.
La droite $\delta$ en vert: est-elle supposée être l'axe de $s_-$?
Si oui, je pense qu'il y a une erreur: la mienne est tangente à la parabole. Mais peut-être s'agit-il d'une autre droite?

Avant que tu ne poses la question, j'ai essayé (sans passer par le centre et l'axe de $s_-$) de construire l'image d'un point qui n'appartient pas à $L$. Je n'y suis pas parvenu.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Lake.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
D'ailleurs un moyen de déterminer $s_-$ dans tout le plan est de mener la tangente à la parabole issue de $\Omega_-$
On a ainsi le centre et l'axe de $s_-$.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Au temps pour moi: la droite $\delta$ est la directrice de la parabole et $\Omega_+$ son foyer.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonsoir Lake
Finalement, tu retombes bien sur tes pieds!
Oui, cent fois oui, la droite verte $\delta$ est bien la directrice de la parabole et il y a plusieurs raisons simples qui expliquent pourquoi le centre $\Omega_-$ est dessus.
J'ai déjà parlé de la droite bleue $\Lambda=ab$, c'est la droite des divisions proportionnelles comme on l'appelait autrefois. Elle est importante car elle contient les deux centres $\Omega_+$ et $\Omega_-$.
La défunte construction, autrefois classique du centre de similitude directe $\Omega_+$ implique que celui-ci est la projection orthogonale de $O=L\cap L'$ sur la droite des divisions proportionnelles $\Lambda$.
Donc $\Omega_-=\delta\cap \Lambda\cap \Delta$, ce qui est plus que suffisant pour tracer $\Omega_-$.
Je crois que la première chose à faire est de montrer que les centres $\Omega_+$ et $\Omega_-$ se trouvent sur la droite $\Lambda=ab$.
Amicalement
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Merci Gai Requin
Je voyais plutôt une discussion algébrique suivant le signe de $\lambda$ mais peu importe.
Je crois que ce qui pose problème à un agrégatif, c'est qu'il n'a aucun background en géométrie.
Comme tout un chacun à l'issue du baccalauréat, il en est réduit de façon tristounette aux axiomes de Thalès, de Pythagore et au cercle trigonométrique avec lequel il peut jouer avec les lignes trigonométriques sans avoir à se farcir la théorie des séries entières!
La définition de la partie linéaire d'une application affine lui passe au dessus de la tête, voir par exemple le fil voisin initié par Poli12:
Espace vectorialisé d'un espace affine
Seules lui importent les conséquences algébriques du polynôme caractéristique et tout le reste est littérature.
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
JLT
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
Étant donnés quatre points $A,B,A',B'$, notons toujours $s_-$ la similitude indirecte qui envoie $A$ et $B$ sur $A'$ et $B'$ respectivement. Soit $P$ un point du plan. Si $(AB)$ n'est pas parallèle à $(A'B')$, voici comment je construis $P'=s_-(P)$. Je trace les droites $L=(AB)$ et $L'=(A'B')$. Elles sont sécantes en un point $O$. Je trace la bissectrice $\delta$ de ces droites. Je construis le symétrique $A_1B_1P_1$ de $ABP$ par rapport à $\Delta$. Je construis la parallèle à $(A_1P_1)$ passant par $A'$ et la parallèle à $(B_1P_1)$ passant par $B'$. Ces deux droites sont sécantes en un point $P'$. Alors $A'B'P'$ a ses côtés parallèles à $A_1B_1P_1$ qui lui-même est indirectement semblable à $ABP$, donc $A'B'P'$ est indirectement semblable à $ABP$, ce qui prouve que $P'=s_-(P)$.

Dans le cas où $L$ et $L'$ sont parallèles, la construction est la même en prenant $\delta=L$.


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonsoir pappus,

Citation

Je voyais plutôt une discussion algébrique suivant le signe de $\lambda$ mais peu importe.

D'autant plus que le résultat est valable pour tout corps des scalaires.winking smiley
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Citation
pappus
La défunte construction, autrefois classique du centre de similitude directe $\Omega_+$ implique que celui-ci est la projection orthogonale de $O=L\cap L'$ sur la droite des divisions proportionnelles $L$.

Ça, c'est facile; $Oa$ et $Ob$ sont des diamètres des deux cercles $OAA'$ et $OBB'$.

Citation
pappus
Je crois que la première chose à faire est de montrer que les centres $\Omega_+$ et $\Omega_-$ se trouvent sur la droite $L=ab$.

J'y réfléchis sans garantie de résultat...


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonsoir
Un premier pas serait de voir les liens existant entre $s_+$, $s_-$ et les symétries $\sigma$, $\sigma'$ par rapport aux droites $L$ et $L'$.
Amicalement
pappus
JLT
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
Je vais noter $\Lambda$ la droite $(ab)$ car il y a un conflit de notations avec $L=(AB)$.

Soit $s$ une similitude qui prolonge l'application affine $L\to L'$, $A\mapsto A'$, $B\mapsto B'$. Soit $\Omega$ son point fixe. Soit $H\in L$ tel que $(\Omega H)\perp L$. Comme $s$ conserve l'orthogonalité, on a $(\Omega H')\perp L'$ donc $\Omega\in \Lambda$.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Merci JLT et Bravo!
Exactement, il fallait se servir du fait qu'une similitude, quelle soit directe ou indirecte, conserve l'orthogonalité.
Il reste à montrer que la droite verte $\delta$ passe par $\Omega_-$.
On peut en donner au moins deux preuves!
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Merci JLT pour ta construction.
Elle me semble un peu compliquée mais au moins elle fonctionne.
Voici un autre argument plus fonctionnel
Avec les notations de mon avant-dernier message, les similitudes indirectes:$s_+.\sigma$ et $\sigma'.\sigma_+$ prolongent $f:L\mapsto L'$
Il en résulte que:
$s_-=s_+.\sigma=\sigma'.\sigma_+$
Or on connait ou plus exactement on connaissait différentes constructions de $s_+(P)$, il suffit donc de les composer à gauche ou à droite par $\sigma$ ou $\sigma'$ pour obtenir des constructions de $s_-(P)$ qui seront aussi peu connues que celles de $s_+(P)$ puisque la théorie des similitudes est défunte.
Soient $p$ et $q$ les symétriques respectifs de $\Omega_+$, (foyer de la parabole enveloppe des droites $Mf(M)$).
Ils se trouvent donc sur la droite $\delta$, directrice de cette parabole.
$s_-(p)=s_+(\sigma(p))=s_+(\Omega_+)=\Omega_+$
$s_-(\Omega_+)=\sigma'(s_+(\Omega_+))=\sigma'(\Omega_+)=q$
Donc $s_-^2(p)=q$ et par suite la droite $\delta=pq\ $ passe par $\Omega_-$.
Amicalement
pappus
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Merci Lake
Ton argument est presque bon mais je te signale à tout hasard que par un point extérieur à une conique, il passe deux tangentes.
Une similitude indirecte ayant un unique point fixe possède deux droites invariantes orthogonales que je note $\lambda_1$ et $\lambda_2$.
Si on vectorialise le plan au point $\Omega_-$ suivant la méthode si chère à Poli 12, ces droites invariantes s'identifient aux sous espaces propres orthogonaux de $\overrightarrow{s_-}$ qui est donc symétrique ou autoadjoint. En maîtrisant ainsi le théorème spectral, on se sent tout de suite un peu supérieur au vulgum pecus limité aux axiomes de Thalès et de Pythagore.
Traditionnellement le sous-espace propre pour la valeur propre positive, supposons que ce soit $\lambda_1$, a droit au glorieux nom d'axe de la similitude indirecte $s_-$.
Son petit copain, $\lambda_2$, correspondant à la valeur propre opposée donc négative, n'a droit à rien du tout mais reste néanmoins une droite invariante.
Soit $M_1=L\cap \lambda_1$ et $M'_1=L'\cap \lambda_1$.
On a $s_-(M_1)=s_-(L\cap \lambda_1)=s_-(L)\cap s_-(\lambda_1)=L'\cap\lambda_1=M'_1$
Il en résulte que $M'_1=f(M_1)$ et par suite la droite $\lambda_1$ est tangente à la parabole.
Pour les mêmes raisons démocratiques, la droite $\lambda_2$ est aussi tangente à la parabole.
Ainsi par le point $\Omega_-$, il passe deux tangentes orthogonales à la parabole et par suite $\Omega_-$ se trouve sur la directrice $\delta$. Encore faut-il connaître cette propriété, ce qui me paraît difficile quand la théorie des coniques se limite aujourd'hui à leur classification, pour combien de temps encore?
Amicalement
pappus



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JLT
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
@pappus:

1) pourquoi dis-tu que l'argument de Lake est «presque» bon ?

Je détaille un peu. Comme $s_+$ est une similitude indirecte, on a l'égalité d'angles $(BA,B'A')=(\Omega_+A,\Omega_+A')$ (puisque ces deux angles sont égaux à l'angle de la similitude directe), donc $(OA,OA')=(\Omega_+A,\Omega_+A')$. On en déduit que $O,A,A',\Omega_+$ sont cocycliques. D'autre part, $O,A,A',a$ sont cocyliques puisque $(A'O,A'a)=\frac{\pi}{2}=(AO,Aa)$. Donc $O,A,A',\Omega_+,a$ sont cocycliques et $(\Omega_+ O,\Omega_+ a)=\frac{\pi}{2}$.

2) Peux-tu expliquer pourquoi $\Omega_+$ est le foyer de la parabole ?
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour JLT
Tu es bien matinal!
Je critiquais cette phrase de Lake:
Citation
Lake
D'ailleurs un moyen de déterminer $s_-$ dans tout le plan est de mener la tangente à la parabole issue de $\Omega_-$. On a ainsi le centre et l'axe de $s_-$.
Importance de bien écrire le français! L'emploi de l'article défini la implique que par le point $\Omega_-$, il ne passe qu'une tangente à la parabole.
Je lui rappelais donc qu'en général, on pouvait mener deux tangentes à une parabole issues d'un point et qu'en particulier pour le point $\Omega_-$, ces deux tangentes étaient, oh miracle, les deux droites invariantes de $s_-$, ce qui donnait une nouvelle preuve de $\Omega_-\in \delta$
Tu me surprends avec ta seconde question car j'en ai parlé si souvent.
Cette propriété était connue des bacheliers d'autrefois puisqu'on la trouvait dans le Lebossé-Hémery.
Tu l'as pratiquement redémontrée sous nos yeux en prouvant la cocyclicité des points $O,A,A',\Omega_+$.
En fait les points $O,B,B',\Omega_+$ le sont aussi.
Ceci donne la défunte construction du centre $\Omega_+$ comme seconde intersection des cercles $OAA'$ et $OBB'$.
D'autre part si $M'=f(M)$, on a aussi la cocyclicité des points $O,M,M',\Omega_+$ et on applique par exemple le théorème de la droite de Simson.
Cela fait beaucoup de propriétés géométriques maintenant disparues à tout jamais chez nous mais bien sûr, elles ne le sont pas dans le reste du monde qui doit bien se moquer de nous!
Amicalement
pappus
PS
Petit gymnastique aoûtienne à faire sur le bord de la plage.
Déterminer toutes les quadruplets $(M,N,M'=f(M), N'=f(N))$ qui sont cocycliques.



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
JLT
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
avatar
Merci pappus, cette propriété m'était sorti de la tête.


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bravo JLT
Ta figure doit se trouver quelque part dans le Lebossé-Hémery!
Je rappelle la situation générale qui ne peut se comprendre que si les géométries euclidienne, circulaire et projective existaient encore.
Dans le plan (euclidien), on considère une conique $\Gamma$, deux tangentes $L$ et $L'$ à $\Gamma$ aux points $U$ et $U'$ se coupant en un point $O$.
Une tangente variable en $T$ à $\Gamma$ recoupe les tangentes $L$ et $L'$ aux points $M$ et $M'$.
Alors la correspondance $M\iff M'$ est homographique et son axe est la droite $UU'$.
Il va sans dire que ce théorème projectif est kaputt, terminé, forbidden.
Ce n'est qu'un simple constat et personnellement cela m'est bien égal.
Ce n'est pas fini!
La correspondance $M\iff M'$ se prolonge de façon unique dans le plan circulaire =plan euclidien $+ \infty$.en une correspondance circulaire directe dont les deux points fixes sont, oh miracle, les deux foyers visibles de $\Gamma$.
La géométrie circulaire vient de disparaître à son tour entraînant dans le néant ce beau théorème de Siebeck datant des années $1850$. On peut dire que le pauvre Siebeck s'est donné beaucoup de mal pour pas grand chose!
Dans le cas particulier de la parabole, la correspondance $M\iff M'$ est affine et son prolongement circulaire est la similitude directe dont nous venons de parler!
Le théorème de Siebeck permet de construire les foyers d'une conique dont on connait cinq tangentes.
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour
Sur cette nouvelle figure, j'ai effacé tous les éléments relatifs à $s_+$.
Une fois la construction de $\Omega_-$ assurée par la configuration de Coxeter-Sollertinski, j'ai effectué celle du point $P'=s_-(P)$.
Ce n'est donc, dans ce cas particulier d'une similitude indirecte, qu'une resucée de ma figure de C-S faite dans le cas général
Amicalement
pappus


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Effectivement, "la tangente..." était très maladroit. Je sais fort bien que d'un point extérieur à une parabole, on peut lui mener deux tangentes. Un moment d'aveuglement...
Merci pour tes commentaires relatifs à la figure principale que j'ai reprise à mon compte. Cette figure très riche fait maintenant partie de mes archives. Bien qu'étant un modeste représentant du vulgum pecus, j'ai compris beaucoup de choses mais pas tout. Il faut que je me documente sur les homographies et cette correspondance entre droites.
Merci aussi à JLT. J'ai apprécié ses constructions et le passage sur la conservation de l'orthogonalité par une similitude.

Amicalement.
Lake.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Mon cher Lake
Mes petites plaisanteries sont à prendre au second degré.
Non seulement il n'y a pas de vulgum pecus mais en plus je te trouve brillant par les questions pertinentes que tu nous poses.
Si nos collégiens, lycéens et étudiants ont un si faible niveau de culture dans tous les domaines, ce n'est que la conséquence de la politique éducative aberrante qui est menée chez nous depuis des décennies.
Pour se quitter de façon amusante sur ce thème des similitudes indirectes, voici un petit exercice simple (?) qui m'est venu à l'esprit pendant ma méridienne.
En fait il est infaisable de la façon dont je vais le poser, même s'il est mathématiquement trivial.
Je le donne juste pour souligner la vacuité de notre enseignement actuel
On se donne dans le plan euclidien deux droites orthogonales $L$ et $L'$ et un point variable $\Omega_-$.
On considère la similitude indirecte de centre $\Omega_-$ envoyant $L$ sur $L'$.
A ce stade mon exercice part déjà en eau de boudin, une similitude indirecte au 21ème siècle, de qui se moque-t-on?
Cette similitude indirecte induit une bijection affine de $L$ sur $L'$, affine et puis quoi encore?!
Soit $\Lambda$ sa droite des divisions proportionnelles. Voilà autre chose, qu'est-ce que c'est que cette bestiole?
On obtient ainsi un champ de directions: A tout point $\Omega_-$ du plan, on associe la droite $\Lambda$ qui passe par ce point.
Quelles en sont les courbes intégrales?
Autrement dit, il faut trouver les courbes tangentes en chacun de leurs points $M$ à la droite des divisions proportionnelles passant par ce point.
Bon courage!
Amicalement
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Pour populariser la géométrie, il est sûrement très pertinent d'employer un vocabulaire abscons que personne ou presque ne comprend, sans donner la définition des termes employés.
Moi, je ne sais pas ce que c'est que la droite des divisions proportionnelles d'une similitude indirecte.
Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Mon cher GaBuZoMeu
S'il ne s'agissait que de la droite des divisions proportionnelles, ce ne serait pas si grave! Mais ce sont les termes de similitude indirecte ou de correspondance affine entre deux droites qui sont devenus abscons.
J'ai souvent parlé de la droite des divisions proportionnelles associée à une correspondance affine entre deux droites assez souvent ici.
Je viens de relire ce fil. Effectivement elle n'est pas définie, même si je dis que la droite bleue $\Lambda$ en est une.
Il suffit de regarder attentivement ma avant-dernière figure pour comprendre sa définition
Alors je la redonne:
Soient $L$ et $L'$ deux droites sécantes du plan euclidien.
Soit $f:L\longmapsto L';M\mapsto M'$ une bijection affine.
Les perpendiculaires en $M$ à $L$ et en $M'$ à $L'$ se coupent en un point $\mu$ dont le lieu est la droite des divisions proportionnelles $\Lambda\ $ associée à la bijection affine $f:L\longmapsto L'$.
Amicalement
pappus
PS
D'après mes souvenirs, on devrait pouvoir retrouver cette définition dans le Lalesco: Géométrie du triangle qui, il est vrai ne date pas d'hier!



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.


Re: Centre similitude plane indirecte.
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Dans ce cas où les droites $L$ et $L'$ sont rectangulaires, $\Delta$ et $\Lambda$ sont confondues en sorte que $O\Omega_+\perp \Delta$

Sans être sûr de moi: des cercles de centre $O$ ?

Amicalement
Lake.

[Edit] Désolé, je me suis fourvoyé...



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Lake.
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