Famille linéaire de triangles inscrits

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus
PS
Je suis curieux de lire la solution de Lake mais je ne l'oblige en rien!

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus
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.

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

Mon cher Lake
Pour savoir si ton résultat est bon, tu fais $\alpha=\frac{\pi}2$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus

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
[small]p[/small]appus