Centre similitude plane indirecte.

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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 : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1687348,1689104#msg-1689104

(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 $\Omega=(CD')\cap (C'D)$.

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
[small]p[/small]appus

pappus a écrit:

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.

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
[small]p[/small]appus

@JLT
J'ai rangé ta construction dans
mon dossier "Simplissime".

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
[small]p[/small]appus
PS
J'ai corrigé mon erreur d'étiquetage grâce à JLT que je remercie.
La droite des divisions proportionnelles s'appelle bien $\Lambda = ab$

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 $2\times 2$. :-S

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
[small]p[/small]appus

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 $\delta=L$.

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 $\Omega\in \Lambda$.

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
[small]p[/small]appus

@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 ?

Merci pappus, cette propriété m'était sorti de la tête.

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus
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!

Bonjour
Ma mémoire était bonne.
Je recopie l'article $10.10$, page $76$ du Lalesco:
$10.10$ Droite des divisions proportionnelles.. Considérons deux segments $AB$ et $A'B'$. Elevons sur ces segments et à leurs extrémités, des perpendiculaires et soient $L$ et $M$ les points de concours des perpendiculaires élevées des points homologues $A$ et $A'$, $B$ et $B'$.
Si on prend un point quelconque $P$ sur $LM$ et si on désigne par $C$ et $C'$ ses projections sur $AB$ et $A'B4$, on a évidemment:
$$\dfrac{CA}{CB}=\dfrac{PL}{PM}=\dfrac{C'A'}{C'B'}$$
La droite $LM$ jouit donc de la propriété que les projections de ses points sur les segments, divisent ceux-ci en parties proportionnelles..
Il est amusant de comparer cette définition avec la mienne.
Du temps de Lalesco ~1900, il n'était pas question d'application ou de correspondance, encore moins d'application affine ou de correspondance affine mais au moins on savait ce qu'était la droite des divisions proportionnelles.
Aujourd'hui, non seulement on ne sait pas ce qu'est la droite des divisions proportionnelles, ce qui n'est pas très grave, avouons le, mais on ne sait pas ce qu'est une correspondance affine entre deux droites pour la bonne et simple raison qu'on ne sait même pas ce qu'est une droite.
La seule droite à se mettre sous la dent est la droite réelle $\mathbb R$ et les seules correspondances affines encore connues sont les $x\mapsto ax+b$.
Amicalement
[small]p[/small]appus