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Famille linéaire de triangles inscrits

Envoyé par pappus 
Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
[ Titre initial : Etude d'une FLTI

modifié en vertu de la Charte 4.9. jacquot]

Bonne Nuit
Dans ce fil récent : Triangle équilatéral
on demandait d'inscrire des triangles équilatéraux dans un carré et j'avais remarqué que certains de ces triangles faisaient partie d'une $FLTI$ inscrite dans trois des côtés du carré dont deux sont nécessairement parallèles. En fait on avait quatre $FLTI$ qu'il fallait limiter et recoller.
C'est une situation un peu originale car les triangles d'une $FLTI$ sont en général supposés être inscrits dans un triangle mais en fait rien n'empêche d'étudier des correspondances affines entre trois droites dont deux ou même trois peuvent être parallèles.
Au fil des ans, j'ai souvent parlé ici de la théorie générale sous le nom de TGV mais pldx1 a préféré choisir le nom de $FLTI$, famille linéaire de triangles inscrits.
On peut retrouver cette théorie exposée en anglais dans son glossaire (glossary) sur son site sous le nom de $LFIT$, Linear Family of Inscribed Triangles.
Dans ce fil , je vais m'intéresser au cas particulier où les triangles de la $FLTI$ sont inscrits dans trois droites dont deux sont parallèles.
C'est le cas de ma figure ci-dessous.
Le graphe $\Delta$ de la correspondance $D\longmapsto L; a\mapsto b$ est tracé en bleu.
Le graphe $\Delta'$ de la correspondance $D\longmapsto L'; a\mapsto c$ est tracé en rouge.
J'ai supposé, ce qui est important, que ces deux graphes se coupaient en un point $\Omega$.
Dans un premier temps, je demande de prouver l'existence d'un équicentre et d'un centre aréolaire ou centre de lenteur et de les construire.
Je rappelle leurs définitions
L'équicentre $E$ est le barycentre des sommets d'un triangle variable $abc$ de la $FLTI$ affectés de masses fixes.
Le centre aréolaire $O$ vérifie la propriété suivante:
Quels que soient deux triangles $abc$ et $a'b'c'$ de la $FLTI$, on a les égalités suivantes entre aires algébriques : $$S(Oaa')=S(Obb')=S(Occ')
$$ Amicalement
pappus



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par jacquot.


Re: Étude d'une FLTI
il y a deux mois
Bonjour
On ne peut dire qu'on se bouscule sur ce simple exercice de géométrie affine mais cela ne m'étonne pas puisque même les barycentres ont disparu, (sauf peut-être en physique?).
Il faudrait se contenter de l'axiome de Thalès.
On voit déjà que les correspondances affines $(a,b)$, $(a,c)$ et $(b,c)$ ne jouent pas le même rôle. Les deux premières admettent un graphe, alors que la dernière $(b,c)$ n'en a pas puisque les droites supports $L$ et $L'$ sont parallèles.
Mais dans ce dernier cas, on a beaucoup de choses à dire, justement à cause de l'axiome de Thalès, tout ce qui nous reste provisoirement en géométrie affine, alors profitons en tant qu'il en est encore temps!
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Soit $E$ l'intersection de $(bc)$ avec la parallèle à $D$ passant par $\Omega$.

$\dfrac{Ec}{Eb}=\dfrac{F'c}{Fb}=\dfrac{IJ'}{IJ}=\text{cste}$

Cette constante est l'opposé des rapports des coefficients directeurs des droites $\Delta'$ et $\Delta$.
Autrement dit, ton "équicentre" serait un point fixe de $(bc)$.
Bien sûr, j'ai pu me tromper...

Amicalement.

Lake.



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


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Mon cher Lake
Ta figure est parfaite même si tes explications sont succinctes.
La droite $bc$ passe par un point fixe $E$ situé sur la droite $FF'$, parallèle à $BC$ issue de $\Omega=\Delta\cap \Delta'$ et $E$ est l'équicentre cherché!
Il reste à mieux rédiger ce que tu viens de dire et surtout à prouver que $E$ est le seul équicentre possible.
Voici ma propre figure dont il faut donner une preuve convaincante.
Amicalement
pappus



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


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir
En effet on a pas tellement le choix pour une correspondance affine $f$ entre deux droites parallèles $L$ et $L'$ du plan.
Une telle correspondance affine $f:L\longmapsto L'$ est entièrement déterminée par la donnée de deux points $b_0$ et $b_1$ de $L$ et de leurs images respectives $c_0$ et $c_1$ de $L'$
Tout point de $L$ s'écrit comme barycentre $b_t=(1-t)b_0+tb_1$ des points $b_0$ et $b_1$.
Comme $f$ est affine, elle conserve les barycentres et par suite:
$$f(b_t)=c_t=(1-t)c_0+tc_1$$
Maintenant on a le choix entre deux possibilités:
1° L'intersection des droites $E=b_0c_0\cap b_1c_1$ existe.
Soit $h$ l'homothétie de centre $E$ envoyant $b_0$ sur $c_0$.
Alors $h(b_1)=c_1$ par l'axiome de Thalès et comme $h$ est affine, $h(b_t)=c_t$
$f$ est la restriction de l'homothétie $h$ à $L$.
2°On a le parallélisme: $b_0c_0\parallel b_1c_1$.
On a donc $\bf u$$=\overrightarrow{b_0c_0}=\overrightarrow{b_1c_1}$
La translation $\tau$ de vecteur $\bf u$ envoie $b_0$ sur $c_0$ et $b_1$ sur $c_1$ et comme elle est affine, elle envoie aussi $b_t$ sur $c_t$.
$f$ est la restriction de la translation $\tau$ à $L$.
Amicalement
pappus


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir
On se doute bien qu'on est dans le premier cas de figure, celui d'une homothétie.
Comme je l'ai dit les explications de Lake sont succinctes et même si succinctes qu'il a commis une grave erreur que je cite:
Citation
Lake
$\dfrac{Ec}{Eb}=\dfrac{F'c}{Fb}=\dfrac{IJ'}{IJ}=\text{cste}$
Cette constante est l'opposé des rapports des coefficients directeurs des droites $\Delta'$ et $\Delta$.
Quelle est cette erreur?
Je pense qu'elle est due à un excès de géométrie contemplative!
Quoiqu'il en soit, Lake a utilisé le terme coefficient directeur c'est à dire de pente et qui dit pente dit repère
On va donc travailler dans un repère où on se fixe les coordonnées des points $B(-1,0)$ et $C(1,0)$ et les équations des droites $L$: $x=1$ et $L'$: $x=-1$.
Un tel repère n'est pas unique mais en tout cas son origine ne peut être que le milieu $A'$ de $BC$.
Dans ce repère, l'équation du graphe $\Delta$ sera: $y=mx+n$ et celle du graphe $\Delta'$ sera $y=m'x+n'$ avec $m\not=0$, $m'\not=0$, $m\not=m'$, les deux premières inégalités pour que les correspondances soient bijectives, la troisième pour que les graphes soient sécants.
On aura donc les coordonnées suivantes:
$a(x,0)$, $b(1,mx+n)$, $c(-1,m'x+n')$
Le rapport de l'homothétie faisant passer du point $b$ au point $c$ est donc $\dfrac{m'}m\not=1$ puisque les droites $\Delta$ et $\Delta'$ sont supposées sécantes.
On est bien dans le cas n°1, celui de l'homothétie comme je l'ai dit.
$$c-E=\dfrac{m'}m(b-E)$$
qui s'écrit aussi:
$$(m'-m)E=m'.b-m.c$$
ce qui veut dire que $E$ est le barycentre des points massiques $(a;0)$, $(b;m')$, $(c;-m)$, points affectés donc de masses fixes.
$E$ est bien un équicentre.
Faisons le calcul des coordonnées de $E$.
$(m'-m)E=m'(1,mx+n)-m(-1,m'x+n')=(m+m',m'n-mn')$
$E=\big(\dfrac{m+m'}{m'-m},\dfrac{m'n-mn'}{m'-m}\big)$
Il reste à savoir si c'est le seul.
Amicalement
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour
Il est facile d'obtenir les coordonnées du point $\Omega=\Delta\cap \Delta'$ puisqu'on connait les équations de ces deux droites.
On trouve: $\Omega(\dfrac{n-n'}{m'-m},\dfrac{m'n-mn'}{m'-m})$
confirmant ce que nous savions déjà: $y_E=y_{\Omega}$, la droite $E\Omega$ est parallèle à $BC$.
Jusqu'ici tout est facile et pourrait être exposé au lycée, mise à part la terminologie un peu prétentieuse d'équicentre.
Mais quand on en vient à la notion d'aire algébrique et de centre aréolaire, c'est une autre histoire.
Déjà la notion d'aire est un peu folklorique au Collège et au Lycée où on est pratiquement forcé d'admettre chaque ligne de cette théorie pour ne pas parler de l'aire algébrique qui n'est enseignée nulle part mais dont non seulement nos anciens avaient une idée intuitive mais en plus disposaient de formules permettant de la calculer.
Alors que faire?
Faut-il s'arrêter là?
Amicalement
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour pappus,

J'ai bien suivi tes explications très claires.

Une timide tentative pour le point $O$ construit comme intersection de deux droites. Je me rends bien compte que ma "construction" est naïve.
Faute de mieux, je la poste tout de même mais je pense que ce sera ma dernière contribution à ce fil. Je suis décidément un peu court…

Amicalement.

Lake.


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Merci Lake pour ta très belle figure qui m'a l'air correcte et tout à fait dans le style de nos anciens.
Elle mériterait d'être expliquée en détail et cela, il n'y a que toi qui puisse le faire!
La touche finale qui validerait tout ton travail serait de nous donner les coordonnées explicites du point $O$ dans le repère que j'ai utilisé précédemment!
Amicalement
pappus
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Un lieu de $O$ est la droite parallèle aux droites $L$ et $L'$, symétrique par rapport à l'origine (ou à l'axe des ordonnées) de la parallèle aux droites $L$ et $L'$ passant par $E$.

L'autre est une parallèle à $D$. (voir le dessin).

J'obtiens avec tes notations et dans ton repère: $O\left(\dfrac{m+m'}{m-m'},-\dfrac{2mm'}{m-m'}\right)$


Amicalement.


Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour
A défaut d'expliquer clairement ce que nos anciens entendaient par aire algébrique d'un triangle, je vais donner la formule qu'ils utilisaient et qui nous sera utile dans la suite.
J'ai un peu bourbakisé la situation car nous commençons maintenant à être habitué à ce formalisme mais nos anciens avaient évidemment leur propre jargon.
Ma figure ci-dessous montre le plan rapporté à un repère $r=\{O;(\overrightarrow{OU},\overrightarrow{OV})\}$
dans lequel les points $A_1(x_1,y_1)$, $A_2(x_2,y_2)$, $A_3(x_3,y_3)$ ont leurs coordonnées.
Dans le plan (orienté), l'aire algébrique du triangle $A_1A_2A_3$ est donnée par la formule:
$$S(A_1A_2A_3)=K(r)\begin{vmatrix}
x_1&x_2&x_3\\
y_1&y_2&y_3\\
1&1&1
\end{vmatrix}
$$
La constante $K(r)$ ne dépend que du repère $r$ et elle est facile à évaluer, il suffit de faire $A_1=O$, $A_2=V$, $A_3=V$ et on trouve:
$$K(r)=S(OUV)$$.
Il faut noter que l'ordre des sommets est important.
J'ai mis l'adjectif orienté entre parenthèses simplement pour souligner qu'on a pas vraiment besoin de savoir quelle est l'orientation du plan choisie pour définir l'aire algébrique.
Si on change l'orientation du plan, les aires algébriques $S(OUV)$ et $S(A_1A_2A_3)$ changent simultanément de signes et la formule précédente reste valable.
Il faut aussi se rappeler que nos anciens ne savaient pas orienter un plan et que leur définition de l'aire algébrique devait être un petit casse-tête.
Ils s'en tiraient sans doute en mettant une grosse flèche curviligne en haut à droite de la figure.
Notez que moi aussi j'ai "orienté" mes triangles $OUV$ et $A_1A_2A_3$, juste pour suggérer que dans ce cas de figure les aires algébriques $S(OUV)$ et $S(A_1A_2A_3)$ sont de signes opposés sans savoir exactement quels sont leurs signes propres, signes qui dépendent de l'orientation choisie du plan
On peut trouver cette formule écrite dans le jargon de l'époque, dans les vieux livres de géométrie analytique.
Il faudra que je vérifie si on la trouve encore dans les livres de géométrie préparant au CAPES ou à l'Agrégation. Il est parfaitement possible qu'elle soit tombée dans l'oubli le plus complet!
En tout cas, c'est cette formule qu'il faut utiliser pour prouver l'existence du centre aréolaire.
Amicalement
pappus


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Merci Lake et bravissimo!
Pourquoi voudrais-tu nous abandonner au milieu du gué? Tu es largement au niveau!
Tes formules sont exactes prouvant ainsi la véracité de ta figure.
Maintenant on est face à un petit défi technique.
On sait qu'une $FLTI$ définie sur les côtés d'un triangle, est entièrement déterminée par son équicentre et son centre aréolaire.
En est-il encore de même dans notre cas de figure où deux droites sont parallèles.
Autrement dit, on se donne l'équicentre $E$ et le centre aréolaire $O$, il faut reconstituer la $FLTI$ c'est à dire exhiber les deux graphes $\Delta$ et $\Delta'$.
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour
Voyons si les déterminants de nos anciens ont toujours la cote!
Notons $(p,q)$ les coordonnées d'un éventuel centre aréolaire $O$
On a les coordonnées suivantes:
$a(x,0)$, $b(1,mx+n)$, $c(-1,m'x+n')$
$a'(x',0)$, $b'(1,mx'+n)$, $(c'(-1,m'x'+n')$
Par suite:
$$S(Oaa')=K(r)\begin{vmatrix}p&x&x'\\q&0&0\\1&1&1\end{vmatrix}=K(r)q(x'-x)$$
$$S(Obb')=K(r)\begin{vmatrix}p&1&1\\q&mx+n&mx'+n\\1&1&1\end{vmatrix}=K(r)(1-p)m(x'-x)$$
$$S(Occ')=K(r)\begin{vmatrix}p&-1&-1\\q&m'x+n'&m'x'+n'\\1&1&1\end{vmatrix}=-K(r)(p+1)m'(x'-x)$$
Par suite: $(p-1)m=(p+1)m'$ et $p=\dfrac{m+m'}{m-m'}$
Puis $q=(1-p)m=-\dfrac{2mm'}{m-m'}$
Ce sont les formules données par Lake!
Nos anciens ne connaissaient pas l'algèbre linéaire mais ils savaient calculer l'aire algébrique d'un triangle connaissant les coordonnées de ses sommets.
Aujourd'hui on connait l'algèbre linéaire, encore heureux, et tout ce qu'on sait de l'aire d'un triangle, c'est: la base par la hauteur divisées par $2$, ânonné jusqu'à plus soif!!
Est-ce vraiment un progrès?
Amicalement
pappus
PS
Je suis curieux de lire la solution de Lake mais je ne l'oblige en rien!



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Citation
pappus
Je suis curieux de lire la solution de Lake mais je ne l'oblige en rien!

Il faut que je refasse une figure. Je posterai ce soir en éditant ce message. Ne t'attends pas à des miracles...

Citation
pappus
tout ce qu'on sait de l'aire d'un triangle, c'est: la base par la hauteur divisées par 2

Et je n'ai pas utilisé autre chose! Bien sûr les aires algébriques (que je ne connais pas) sont passées à la trappe.

On a d'une part $h_b. bb'=h_c.cc'$ et $cc'=\left|\dfrac{m'}{m}\right|.bb'$ (l'homothétie citée plus haut).

Donc $\dfrac{h_c}{h_b}=\left|\dfrac{m}{m'}\right|$

On en déduit un premier lieu pour $O$: la droite parallèle à $L$ et $L'$ symétrique de la droite pointillée par rapport à l'axe des ordonnées.

Et on a immédiatement $x_O=-x_E=\dfrac{m+m'}{m-m'}$ ce qui me me fait penser qu'une condition nécessaire à ta dernière question est que les droites $L$ et $L'$ doivent être symétriques par rapport au milieu de $[OE]$.

D'autre part, $h_b.bb'=h_a.aa'$ avec $\dfrac{bb'}{aa'}=\dfrac{m|x'-x|}{|x'-x|}=m$

Bref, $h_a=m.h_b$ ce qui nous donne un second lieu.

et $y_O=NO=LM=m.NB=m\left(1-\dfrac{m+m'}{m-m'}\right)=-\dfrac{2\,mm'}{m-m'}$

Tout ceci s'apparente un peu à du bricolage (j'ai éludé les problèmes de signe en me référant à mon cas de figure).

Amicalement.

Lake.



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


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Merci Lake
Très bel effort.
C'est un peu comme si tu démontrais l'existence de la droite de Simson avec les angles camemberts.
Il faut faire de la géométrie contemplative et visionner tous les cas particuliers sans en oublier un seul.
C'est un peu assommant mais on peut y arriver.
Entre ta démonstration qui date d'Euclide et qui ne dispose pas d'une définition connue de l'aire algébrique et la mienne, il n'y a pas photo!
Il y a quand même un petit problème angoissant.
On a bien une construction de l'équicentre mais en ce qui concerne le centre aréolaire, on reste un peu sur sa faim, du moins pour le moment
C'est l'éternel dialogue entre les calculs et la figure!
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir pappus,

Citation

Entre ta démonstration qui date d'Euclide et qui ne dispose pas d'une définition connue de l'aire algébrique et la mienne, il n'y a pas photo!

On est bien d’accord! Ce n’est pas pour rien que je qualifiais la mienne de « bricolage ».

Pour ce qui est de la construction de l’aréolaire, on a, sur ma figure, $NO=LM$ ce qui permet de le construire.

Mais ta démonstration avec les aires algébriques est autrement plus convaincante!

Amicalement.

Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir Lake
Sur cette figure, j'ai fait apparaître même si cela n'est pas nécessaire le repère $\{A';(\bf u,v)\}$ dans lequel on a travaillé!
$A'$ est le milieu de $BC$, $\bf u$$=\overrightarrow{A'C}$ et $\bf v$ est un vecteur arbitraire dirigeant les droites parallèles $L$ et $L'$.
J'ai mis en évidence ta construction , que je n'avais pas vue, du centre aréolaire $O$ basée sur les égalités vectorielles suivantes (à démontrer):
$$\overrightarrow{PO}=\overrightarrow{JN}=\overrightarrow{LM}$$
J'ai fait aussi figurer ma propre construction des points $E$ et $O$ qui n'utilise pas de triangle $abc$ de la $FLTI$.
Saurais-tu la décrire?
Je repose maintenant ma question:
Trouver toutes les $FLTI$ ayant $E$ pour équicentre et $O$ pour centre aréolaire.
Amicalement
pappus


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Démontrer les égalités vectorielles $\overrightarrow{PO}=\overrightarrow{JN}=\overrightarrow{LM}$ n'est pas difficile:

Avec $x_K=x_O=\dfrac{m+m'}{m-m'}$ et $y_M=m+n$, on calcule $y_K=y_L=mx_O+n$ puis $y_{\overrightarrow{LM}}=y_M-y_L$

On tombe bien sur $y_{\overrightarrow{LM}}=-\dfrac{2\,mm'}{m-m'}=y_O$
Le calcul est le même pour l'autre égalité vectorielle.

Pour ce qui est de ta construction:

- les parallèles menées par $C$ à $\Delta$ et $B$ à $\Delta'$ se coupent en $T$.
- la parallèle menée par $T$ à $D$ recoupe les droites $L$ et $L'$ en $R$ et $Q$.
- les parallèles menées par $R$ à $\Delta$ et $Q$ à $\Delta'$ se coupent en $P$ (point de $D$).
- on construit $E$ à partir de $T$ et $\Omega$ et $O$ à partir de $T$ et $P$ avec des parallèles aux axes.

Je réfléchis à ta dernière question...

Amicalement.

Lake.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Je ne crois pas bien dominer le problème mais $E$ et $O$ étant donnés:

- On se donne une droite $L$ et une droite $D$ sécantes.
- $L'$ est la droite symétrique de $L$ par rapport au milieu de $[EO]$.
- A tout point $\Omega$ de la parallèle à $D$ passant par $E$ correspond une FLTI d'équicentre $E$ et de centre aréolaire $O$.

Les graphes $\Delta$ et $\Delta'$ sont faciles à construire.

Je ne suis pas sûr d'avoir bien répondu à ta question...

Amicalement.
Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour Lake
Ma construction est légèrement plus simple mais il était assez difficile de la distinguer dans le fouillis de ma dernière figure où j'avais aussi tracé ta construction.
Voici donc ma construction dans une figure un peu plus aérée où j'ai remis les points $B$ et $C$ à leur place en les permutant.
La parallèle à $\Delta$ issue de $B$ et la parallèle à $\Delta'$ issue de $C$ se coupent en $T$.
$E$ est la projection de $T$ sur la parallèle à $BC$ passant par $\Omega$ parallèlement à $L$.
$O$ est l'image de $T$ par la symétrie affine d'axe $A'y$ et de direction $BC$.
Amicalement
pappus
PS
La réponse à ma question se trouve sur cette figure!



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


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Je ne suis sûr de rien. Tout ce que je peux dire:

- Si on se donne $B$ et $C$, les droites $L$ et $L'$ et bien sûr $D$ sont déterminées ainsi que les directions des graphes $\Delta$ et $\Delta'$
- Il faut encore fixer $\Omega$ sur la parallèle à $BC$ passant par $E$ pour obtenir tous les éléments de la FLTI.

Très franchement, je ne vois guère plus loin.

Amicalement.
Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Mon cher Lake
Bien vu!
Si on connaît $E$ et $O$, on récupère $T$ donc les directions des graphes $\Delta$ et $\Delta'$.
Quant au point $\Omega$, il est arbitraire sur la parallèle à $BC$ issue de $E$.
Sur ma figure, j'ai tracé en pointillé une autre solution.
On voit que la situation est entièrement différente de celle d'une $FLTI$ définie sur les côtés d'un triangle et qui, elle, est entièrement caractérisée par son équicentre et son centre aréolaire!
Maintenant qu'on se sent un peu mieux avec ces $FLTI$, on peut en revenir aux triangles équilatéraux (de même orientation) d'Apollonius dans son fil:
Triangle équilatéral
et montrer qu'ils forment la $FLTI$ que j'ai dite.
Amicalement
pappus


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir pappus,

J'aime beaucoup la géométrie; je lis de nombreux fils de ce forum sans intervenir quand mon niveau le permet. Je suis très souvent dépassé. Entre autres, les fils sur les FLTI où toi et pldx1 intervenaient me laissaient rêveur et émerveillé. Je n'exagère rien. J'abandonnais assez rapidement ma lecture...

Ici, tu as su te mettre à ma portée et il a du t'en coûter; du coup, j'ai même compris l'autre fil sur les triangles équilatéraux inscrits dans un carré.

Sois-en chaleureusement remercié!

Amicalement.
Lake.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Merci Lake pour tes compliments que je ne mérite guère.
J'aurais plutôt aimé que tu montres que les triangles équilatéraux d'Apollonius formaient une $FLTI$.
Voici une autre question qui me semble intéressante.
On se donne dans le plan euclidien deux points $B$ et $C$ .
On trace les perpendiculaires $L$ et $L'$ en $C$ et en $B$ à la droite $BC$.
On se donne un point $\Omega$ quelconque du plan.
Montrer qu'il existe une unique droite bleue $\Delta$ et une unique droite rouge $\Delta'$ passant toutes deux par $\Omega$ telles que les triangles $abc$ de la $FLTI$ inscrits dans $BC\times L\times L'$ et de graphes $\Delta$et $\Delta'$ soient directement semblables entre eux.
Cela généralise beaucoup la configuration d'Apollonius!
Un petit clin d'oeil:
On définit ainsi en tout point du plan deux champs de direction. Quels en sont les courbes intégrales?


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour pappus,

J'ai l'impression que le clin d’œil m'était destiné. Si oui, les courbes intégrales sont des cercles. Ils ne peuvent guère être centrés qu'en $B$ et $C$. Du coup, les droites $\Delta$ et $\Delta'$ sont les perpendiculaires à $C\Omega$ et $B\Omega$ en $\Omega$.

J'ai vérifié, c'est bien ça, mais plaisanterie mise à part, je suis incapable de le prouver proprement pour l'instant.

Amicalement.
Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour
Ce petit problème est du niveau de la classe de Terminales d'il y a 80 ans. Evidemment il est un peu plus difficile aujourd'hui où la Géométrie se réduit aux axiomes de Thalès et de Pythagore et à quelques insipides calculs de distance.
Je donne quand même les ingrédients:
1° Les angles orientés de droites.
2° La caractérisation par ces angles orientés du fait que deux triangles sont en similitude directe.
3° Le théorème de l'angle inscrit: il y a donc des cercles à tracer sur ma figure et il n'y a pas beaucoup de quadruplets cocycliques!
4° La correspondance affine entre deux droites et son graphe. Pierre et moi en avons beaucoup parlé sur ce forum!
Amicalement
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour Lake
Tu as une excellente intuition géométrique.
C'est bien le cas. Il ne reste plus qu'à le démontrer et je t'ai donné les ingrédients.
Le clin d'oeil ne t'était pas spécialement destiné.
J'avais seulement formulé de façon un peu cuistre les perpendicularités que tu avais dénichées, juste pour souligner que même en géométrie du triangle on pouvait tomber sur des questions de géométrie différentielle!
Je te joins la figure sur laquelle il faut méditer. Elle est particulièrement simple et n'a rien d'original. La seule difficulté est d'écrire le baratin convaincant qui doit l'accompagner.
Amicalement
pappus


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
J'avais exactement la même figure cercles inclus. Seules différences: j'ai appelé $H$ ton point $T$ et ton point $A'$ est absent de la mienne.

Je ne vais plus être disponible cet après midi...

Amicalement.
Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Mon cher Lake
J’ai essayé de garder sur cette figure les notations de la configuration affine générale. C’est ainsi qu’avec mon point $T$ apparaît son point compagnon, le fidèle centre aréolaire $O$.
Amicalement
pappus
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir
Considérons une famille de triangles inscrits dans $BC\times L\times L'$ et directement semblables entre eux et soit $abc$ un triangle de la famille.
Les cercles de diamètres $ab$ et $ac$ se recoupent en un point $E$ qui appartient à la droite $bc$ pour raison des deux angles droits $\widehat{aEb}$ et $\widehat{aEc}$.
Maintenant place à la chasse aux angles dont chaque égalité est pratiquement évidente:
$(ca,cb)=(ca,cE)=(Ba,BE)=(BC,BE)=-(BE,BC)$
$(bc,ba)=(bE,ba)=(CE,Ca)=(CE,CB)=-(CB,CE)$
Cela prouve que les triangles $ECB$ et $abc$ sont indirectement semblables.
Comme les angles du triangle $abc$ sont constants dans sa classe de similitude directe, il en résulte que $E$ est un point fixe du plan et c'est en fait le centre permanent de similitude ou pivot des triangles $abc$ (pourquoi?).
Comme le quadrilatère $Ba\beta c$ est un rectangle, $B\beta$ est un autre diamètre du cercle de diamètre $ab$ et par suite $\beta E\perp BE$.
On montre de même que $\gamma E\perp CE$.
Il en résulte que le lieu de $\gamma$ est la droite $\Delta$ passant par $E$ et perpendiculaire à $CE$ et le lieu de $\beta$ est la droite $\Delta'$ passant par $E$ et perpendiculaire à $BE$. Ainsi les triangles $abc$ forment bien une $FLTI$ et $E=\Omega$.
Amicalement
pappus.
PS
Poursuivre la même étude en laissant tomber les perpendicularités $L\perp BC$ et $L'\perp BC$ mais en gardant le parallélisme $L\parallel L'$


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour
Voilà le résultat de mes réflexions.
On se doute que la situation est plus compliquée que dans le cas où les droites $L$ et $L'$ sont orthogonales à la droite $BC$.
Je la donne d'abord sans commentaires pour montrer toute sa complexité et sa beauté.
Disons simplement qu'à la fin des fins et au bout du bout le triangle $abc$ de la $FLTI$ est inversement semblable au triangle $ECB$.
Amicalement
pappus
PS
Puisque on est encore pour un moment avec ces $FLTI$, je reviens à un problème plus simple dans le cas général où $L\parallel L'$.
Chercher les $FLTI$ telles que l'aire algébrique $S(abc)=Cte$ soit constante.


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Les problèmes plus simples, c'est pour moi:

J'ai utilisé ton déteminant pour les aires.

Avec $u$ abscisse de $a$, on obtient:

$S(abc)=K(r)[(m-m')u^2+(m+m'+n-n')u+n+n']$

Ce qui donne la figure suivante avec $\Delta$ quelconque:

Amicalerment.
Lake.



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


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Merci Lake
Tu as utilisé la bonne technique en laissant tomber bases et hauteurs!
Ta figure est exacte mais pour s'en convaincre, il faut l'examiner dans tous ses détails.
En géométrie il faut toujours penser transformations!
Quelle est la transformation géométrique particulièrement simple permettant de passer de $\Delta$ à $\Delta'$?
Appelons $C(\Delta)$ la valeur de cette constante.
On a donc pour tout triangle $abc$ de la $FLTI$:
$$S(abc)=C(\Delta)$$
Quelles sont les droites $\Delta$ telles que: $C(\Delta)=k$?
Faire varier $k$ et regarder ce qui se passe!
Amicalement
pappus
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour
Je commente maintenant ma dernière figure.
On se donne le point $\Omega$ et il s'agit de trouver les droites $\Delta$ et $\Delta'$ passant par $\Omega$ telles que la $FLTI$ dont elles sont les graphes soient formés de triangles $abc$ directement semblables entre eux.
Voici comment j'ai procédé et qu'il faudra bien justifier.
J'ai d'abord construit l'équicentre $E$ et j'ai remarqué que l'application $\Omega \mapsto E$ est une transvection, (toujours penser transformations!).
Cette transvection est le produit de la symétrie affine d'axe $D$ et de direction $L$ suivie de la symétrie orthogonale par rapport à $D$.
Ensuite je me suis attaqué aux directions des graphes.
Sur ma figure: $UV\parallel L$ et $A'B=A'C=A'U=A'V$
L'ellipse $\Gamma$ de centre $A'$ a pour diamètres conjugués $BC$ et $UV$.
Le diamètre bleu qui définit la direction de $\Delta$, est le diamètre conjugué de la droite $EC$.
Le diamètre rouge qui définit la direction de $\Delta'$, est le diamètre conjugué de la droite $EB$.
Pour réaliser cette construction, il faut donc maîtriser la géométrie affine c'est à dire le groupe affine du plan ainsi que la théorie affine des coniques.
On est loin très loin des axiomes de Thalès et de Pythagore!
Je fais toujours mon clin d'oeil.
En chaque point $\Omega$ du plan, on dispose des directions des droites $\Delta$ et $\Delta'$.
Quelles sont les courbes intégrales de ces deux champs de directions?
Amicalement
pappus


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour
A défaut de justifier ma construction, on peut néanmoins commencer par la fin et s'attaquer à ce petit problème de géométrie différentielle.
Voici mes notations.
$\alpha=(\overrightarrow{A'C},\overrightarrow{A'U})$
On travaille dans le repère $\{A';(\overrightarrow{A'C},\overrightarrow{A'U})\}$
1° Donner l'écriture de la transvection $\Omega\mapsto E$.
2° Former l'équation de l'ellipse $\Gamma$.
3° Ecrire les deux équations différentielles correspondant aux deux champs de directions.
4° Eventuellement les intégrer par des fonctions élémentaires si c'est possible (et c'est possible!) et tracer les courbes intégrales avec un logiciel de calcul formel si cela s'avère nécessaire.
Amicalement
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
On passe de $\Delta$ à $\Delta'$ par une translation de vecteur $\overrightarrow{CB}$

Pour que $C(\Delta)=Cte$, il faut et il suffit que $n+n'$ reste constant. C'est à dire, si on appelle $K$, le milieu de $[IJ]$, il faut et il suffit que $K$ soit fixe.

Ou encore que $\Delta$ passe par un point fixe de $L$.

La constante est l'aire du parallélogramme $OCIK$.

Amicalement.
Lake.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Merci Lake.
C'est parfait.
A défaut de justifier ma construction, tu peux t'attaquer à mon petit problème de géométrie différentielle en suivant la méthode que je préconise.
Ce n'est vraiment pas très difficile.
Par exemple la matrice de la transvection est de la forme $\begin{pmatrix}1&\lambda\\0&1\end{pmatrix}$.
Un seul paramètre à déterminer en fonction de $\alpha$.
Quand je songe à ce problème, je le trouve bien esthétique car il met en oeuvre toutes les méthodes de la géométrie.
Il arrive trop tard malheureusement mais je remercie Apollonius de m'en avoir donné l'idée!
Amicalement
pappus
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Avec $\Delta$, j'en suis arrivé à l'équation différentielle suivante:

$yy'-2\,\cos\,\alpha \,y=x-1$

Si par extraordinaire mon résultat était juste (j'en doute), je crois reconnaître ce qu'on appelait une équation de Lagrange.

Je vais procéder à quelques vérifications...

Amicalement,
Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Mon cher Lake
Pour savoir si ton résultat est bon, tu fais $\alpha=\frac{\pi}2$.
Amicalement
pappus
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Oui, au minimum des erreurs de signes...

Amicalement.
Lake.

[Edit] Je viens de trouver une erreur:

$y'y-2\,\cos\,\alpha\,y=1-x$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir Lake
Oui, tu avais fait une erreur de signe, ton équation est bonne maintenant.
Tu peux faire la translation $x-1\mapsto x$, (translation en $C$) pour te ramener à une équation homogène:
$y'=-\frac xy+2\cos(\alpha)$
Amicalement
pappus
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir
La matrice de la transvection est $\begin{pmatrix} 1&-2\cos(\alpha)\\0&1\end{pmatrix}$.
L'équation de $\Gamma$ est: $x^2+y^2=1$.
Je vois déjà la tête du taupin trépignant: mais c'est le cercle trigonométrique!
En effet c'est la seule conique qu'il connaît!
Amicalement
pappus
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonsoir,

J'obtiens une famille de courbes implicites dont l'équation n'est pas vraiment plaisante.
Et dans ce repère, on ne peut rien tracer avec Geogebra. Bref, aucun contrôle possible.
J'abandonne...

Amicalement.
Lake.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Mon cher Lake
La résolution de cette équation différentielle est une minuscule question d'oral curieusement toujours d'actualité.
Effectivement la forme implicite des solutions est parfaitement imbuvable mais si on pose $t=\frac y x$, les solutions se présentent sous la forme paramétrique:
$x=Cf(t)$, $y=Ctf(t)$ où la fonction $f$ fait partie du catalogue des fonctions connues et je crois que GeoGebra trace les courbes paramétrées.
On voit donc que les courbes intégrales sont homothétiques et il suffit alors d'en construire une, ce qui était à la portée en principe des taupins d'autrefois et il valait mieux pour eux la tracer dans les délais les plus brefs à savoir le temps de leurs planches.
Aujourd'hui, je ne sais pas ce qu'il en est avec tous les moyens informatiques dont ils disposent.
Peut-être existe-t-il maintenant une épreuve spécifique où ce genre de questions est traité?
Amicalement
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour
Voici la forme implicite imbuvable des solutions donnée par Maxima.
On comprend pourquoi Lake veut abandonner!
Entre parenthèses, Maxima n'a pas l'air de savoir que $\sin^2(a)+\cos^2(a)=1$.
Amicalement
pappus



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


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Mon équation implicite était juste! J'ai fini par arriver à reporter (une partie de) la courbe sur la figure mais Geogebra a ses limites; dans le repère $(A',D,L)$, ce n'était pas si évident que cela pour moi...

Amicalement
Lake.



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


Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Merci Lake
Il ne reste plus qu’à justifier ma construction!
Tu peux me croire ou non mais je ne l’ai trouvée que grâce à mon logiciel de géométrie dynamique!
Je suis bien trop paresseux pour faire le moindre calcul!
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par pappus.
Re: Famille linéaire de triangles inscrits
il y a deux mois
Bonjour pappus,

Je te crois sur parole!
Je ne peux suivre ce genre de fil qu'avec l'aide de Geogebra. Privé de ce logiciel, je suis dans la position des aveugles de Brueghel l'Ancien.
Quant à la justification de ta très belle construction, tu comprendras que je ne m'y frotterai pas...

Amicalement.
Lake.



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