Un problème de Desboves

Bonsoir
J'ai fini par retrouver mon vieux cahier plus ou moins en lambeaux dans un recoin de ma yourte.
J'avais bien noté un exercice isomorphe à l'exercice de Poulbot.
Il est tiré d'un livre de Luc Moisotte : 1850 (ou 1932) exercices de mathématiques pour l'oral de CAPES de Mathématiques et des concours des grandes écoles, publié chez Dunod en 1978.
Son vrai nom était Louis Comtet, fort connu pour son livre Analyse Combinatoire, publié au puf.
Il est malheureusement décédé en 2012.
Quarante ans déjà, autant dire que beaucoup d'eau a coulé sous les ponts et que ce livre n'a plus guère qu'un intérêt historique à notre époque analphabète.
Cet exercice est le n° 7, page 94.
Je cite :
On peut mener par $A$ quatre sécantes interceptant sur les droites $D$ et $D'$ des segments de longueur $\ell$. Les milieux des quatre segments appartiennent à un cercle dont le centre ne dépend pas de $\ell$.
A une homothétie près, c'est donc l'exercice de Poulbot.
A l'époque, j'avais rédigé une solution en prenant pour axes les droites $D$ et $D'$ mais il y a peut-être mieux à faire !
Amicalement.

Merci Poulbot
Quelle que soit la méthode adoptée, la tienne ou la mienne, il faudra mettre les mains dans le cambouis.
La tienne fait intervenir les propriétés affines d’une hyperbole rapportée à ses asymptotes et la mienne les propriétés euclidiennes d’un mouvement plan sur plan, (l’engrenage de La Hire).
Mais quand on sait que chez nous, la géométrie affine se résume à l’axiome de Thalès et la géométrie euclidienne à celui de Pythagore, on peut être plus que dubitatif sur l’intérêt pédagogique de ce bel exercice!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quels sont les cas où cette construction est réalisable à la règle et au compas?

Bonsoir
Je vais passer ma soirée à déchiffrer mes calculs vieux de quarante ans, un peu de nostalgie ne peut faire de mal
Je vais donc résoudre l'exercice du Moisotte car j'ai un peu la flemme de les adapter à celui de Poulbot et en fait je n'ai qu'à recopier.
Pour employer le jargon de nos anciens, j'ai pris pour axes les droites $D$ et $D'$ c'est à dire que je travaille en axes obliques comme ils le disaient.
Mais nous, depuis 150 ans, nous avons fait des progrès considérables et même si la géométrie affine se résume à l'axiome de Thalès et la géométrie euclidienne à celui de Pythagore, nous savons utiliser les glorieux repères cartésiens.
Le nôtre sera d'origine $A$, le premier vecteur unitaire $\bf i$ dirigera la droite $D$, le second vecteur unitaire $\bf j$ dirigera la droite $D'$.
Je n'ai pas tracé les vecteurs $\bf i$ et $\bf j$ sur ma figure mais rassurez vous, ils sont là à la liberté de votre choix, (combien de choix possibles, au fait?).
La matrice de Gram de ce repère, (faut bien en jeter un peu!), se présente donc sous la forme:
$$\begin{pmatrix}
1&\cos(\theta)\\
cos(\theta)&1
\end{pmatrix}$$
On se sent tout de suite mieux après avoir accouché de cette matrice.
L'écriture de la métrique euclidienne dans ce repère est donc:
$$x^2+y^2+2xy\cos(\theta)$$
Passons aux équations des cercles dans ce repère!
Le cercle de centre $(x_0,y_0)$ et de rayon $R$ aura donc pour équation:
$(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+2(x-x_0)(y-y_0)\cos(\theta)-R^2=0$
L'équation d'un cercle dans un tel repère se présente donc sous la forme:
$$x^2+y^2+2xy\cos(\theta)-2\alpha x-2\beta y+p=0$$
où si $(x_0,y_0)$ sont les coordonnées du centre:
$\alpha=x_0+y_0\cos(\theta)$
$\beta=x_0\cos(\theta)+y_0$
$p$ est la puissance de l'origine $A$ par rapport au cercle.
Les coordonnées du point $M$ sont $(u,v)$, celles de $N$ sont $(u,0)$, celles de $N'$ sont $0,v)$.
J'ai tracé une sécante $PP'$ passant par $M$.
Le milieu $m$ de $PP'$ a pour coordonnées $(x,y)$.
Donc $P$ a pour coordonnées $(2x,0)$ et $P'$ a pour coordonnées $(0,2y)$
L'alignement des points $P$, $P'$, $M$ conduit à la relation:
$\dfrac u{2x}+\dfrac v{2y}-1=0$ ou encore:
$$2xy-uy-vx=0$$
La relation $PP'=\ell$ se traduit par:
$4x^2+4y^2-8xy\cos(\theta)-\ell^2=0$ ou encore:
$$x^2+y^2-2xy\cos(\theta)-\dfrac{\ell^2}4=0$$
Les coordonnées de $m$ annulent les équations de deux coniques, donc en général quatre solutions réelles ou imaginaires conjuguées.
Il se trouve que le faisceau engendré par ces deux coniques contient un cercle qu'on cherchera sous la forme:
$x^2+y^2-2xy\cos(\theta)-\dfrac{\ell^2}4+k(2xy-uy-vx)=0$
En choisissant $k=2\cos(\theta)$, on voit que $m$ est sur le cercle d'équation:
$$x^2+y^2+2xy\cos(\theta)-2vx\cos(\theta)-2uy\cos(\theta)-\dfrac{\ell^2}4=0$$
En principe, il n'aurait pas été très difficile autrefois d'identifier sur cette équation le cercle de Poulbot mais aujourd'hui, j'ai quelques inquiétudes légitimes.
A suivre!
Faut bien que je me repose pour suivre le feuilleton des ronds-points!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Poulbot et Merci pour tout ce que tu nous apportes.
Effectivement, en géométrie analytique, le choix du repère est déjà la moitié de la solution.
Tu as identifié ton cercle sur son équation mais tu es un cas exceptionnel!!
Pense un peu à la France d'en bas, à tous ces capésiens et autres agrégatifs qui besognent dans leurs prépas respectives!
L'équation de notre cercle est donc:
$$x^2+y^2+2xy\cos(\theta)-2vx\cos(\theta)-2uy\cos(\theta)-\dfrac{\ell^2}4=0$$
D'après ce que j'ai dit plus haut, les coordonnées $(x,y)$ de son centre vérifient les équations (que tu as écrites):
$x+y\cos(\theta)=v\cos(\theta)$
$x\cos(\theta)+y=u\cos(\theta)$
Et là, on est face à un problème atroce, épouvantable, hallucinant!
Trois siècles après le Siècle des Lumières, il s'agit d'identifier deux droites sur leurs équations dans un glorieux repère cartésien, (glorieux peut-être mais pas orthonormé!),
Et crois moi, en ces temps de colère circulaire, ce n'est pas de la tarte d'en donner une rédaction claire!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Poulbot
C'est bien le nœud du problème !!
Comment l'aurait-on démontré autrefois sans vecteurs qui n'existaient pas à l'époque ?
Comment le démontrer aujourd'hui avec tout l'arsenal de la Divine Algèbre Linéaire dont nous disposons ?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Poulbot
Comme l'écriture de la métrique euclidienne dans notre repère est: $$x^2+y^2+2xy\cos(\theta)$$, le produit scalaire des vecteurs $\bf V$$(x,y)$ et $\bf V'$$(x',y')$ s'obtient comme il se doit par la forme bilinéaire symétrique associée:
$\bf V$$.$$\bf V'$$=xx'+yy'+(xy'+yx')\cos(\theta)$
Le vecteur $\bf V$$(1,0)$ dirige la droite $D$, le vecteur $\bf V'$$(x',y')$ lui sera donc orthogonal si:
$x'+y'\cos(\theta)=0$ dont les solutions sont: $(-\cos(\theta):1)$
L'équation de la hauteur issue de $N'(0,v)$ est donc:
$\dfrac x{-\cos(\theta)}=y-v$ c'est à dire:
$x+y\cos(\theta)=v\cos(\theta)$
Alléluia, alléluia, c'est bien la première équation que j'avais écrite pour les coordonnées du centre.
Avec des calculs analogues, la seconde équation: $x\cos(\theta)+y=u\cos(\theta)$ est celle de la hauteur issue de $N(u,0)$.
Le centre de ton cercle est bien l'orthocentre du triangle $ANN'$.
Comment faisaient nos anciens?
Eh bien ils utilisaient les pentes.
Deux droites de pentes $m$ et $m'$ étaient orthogonales si et seulement si:
$$mm'+(m+m')\cos(\theta)+1=0$$
Et ils se gargarisaient en disant que les paires de droites orthogonales induisaient une involution sur la droite de l'infini.
A l'époque, on privilégiait donc le langage projectif.
Aujourd'hui on ne privilégie que le Néant:
un coeur tendre qui hait le Néant vaste et noir.
Il faut être lucide, ce joli problème de Desboves est et restera incompréhensible pour les générations actuelles et futures!
J'avais donné une première question subsidiaire concernant les six centres de rotation échangeant ces quatre segments mais qui sait encore aujourd'hui ce qu'est un centre de rotation?
Alors laissons tomber.
Voici une deuxième question plus dans l'air du temps et qui pourrait être posée à l'oral d'un grand concours, pourquoi pas?
Soit $f$ l'application qui, au point $M$ associe l'orthocentre $H$.
Calculer $f^n$.

Curieux comme personne ou presque n'a mis la main dans la patte. La géométrie est elle sans intérêt à ce point

Merci Pappus pour tous les fils passionnés que tu rédiges, et qui sont loin de toute préoccupation de métier. Je doute que je peux résoudre ce minuscule exercice... Mais je prierai Ö Dieu apaise la misère! Par contre voudrais-tu si tu trouves le temps et l'humeur de continuer ton monologue autour du problème de Budin sur le triangle de périmètre minimum... Tu as parlé d'un possible rapprochement avec la solution proposée dans FGM ... Et merci Bonne soirée

Bonjour
Poulbot nous a dit que diagonaliser $f$ était du domaine du possible mais je constate tristement que personne ne s'est dévoué pour le faire et j'entresuperpose que ce n'est pas demain la veille.
Quand même, quelques taupins, capésiens ou autres agrégatifs viennent sur ce forum, ne serait-ce que pour découvrir les merveilles dévoilées par Poulbot ou Soland!
Voici un nouvel exercice pour leur permettre de se refaire une santé.
Sur ma figure, $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ANN'$.
Itérer l'application $M\mapsto O$.
S'ils ont bien suivi la discussion, cela se fait instantanément!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour pappus et poulbot,
Soit $g$ l'application qui, au point M associe $O$ le centre du cercle circonscrit au triangle $ANN'$. On a :
$g:M\left[ x,y\right] \rightarrow O\left[ \dfrac{1 }{2\sin ^{2}\theta }\left( x-y\cos \theta \right) ,\dfrac{1 }{2\sin ^{2}\theta }\left( y-x\cos \theta \right) \right].$
Il faut diagonaliser $\begin{bmatrix} 1 &-\cos \theta\\-\cos \theta&1 \end{bmatrix}.$
Amicalement

Bonsoir
Comme le disait ce bon vieux FéofarKhan au pauvre Michel:
Regarde de tous tes yeux, regarde!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
On peut s'intéresser aux cercles $\gamma_i$ circonscrits aux triangles $AP_iP'_i$ et à leurs centres respectifs $\omega_i$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Il y a deux choses intrigantes sur ma dernière figure:
1° Les cercles $\gamma_i$ semblent avoir le même rayon.
C'est vrai et un bon (?) lycéen actuel devrait avoir les moyens de le montrer!
2° $\gamma_i\cap \gamma_j=\{A,u_{ij}\}$.
C'est vrai et un bon lycéen d'autrefois pouvait le montrer.
Aujourd'hui il n'en est plus question mais peut-être qu'un très bon capésien ou agrégatif y arriverait mais là encore permettez moi d'en douter!
Amicalement
[small]p[/small]appus

C'est pour dire que c'est surhumain ces figures là; on peut être "Mr Argos tout le monde" sans "panoptétie"; Encore merci; des centaines comme moi-même se contentent de contempler; et puis même si on ne comprend rien on suit quand-même ne serait-ce que pour capter un minuscule "petit chose" ou même une lueur entre "le rouge et le noir" surtout que c'est riche en "omega"; on peut même apprendre le nom d'un auteur ancien (Iliovici et Comtet je les aurais un jour peut-être).

Bonsoir
Je vais quand même dire quelques mots sur la bande de papier c'est à dire sur le mouvement de Lahire.
Les perpendiculaires respectives en $P$ à $D$ et en $P'$ à $D'$ se coupent en $\omega'$ et la droite $A\omega'$ est un diamètre du cercle $\gamma$ de centre $\omega$ circonscrit au triangle $APP'$..
D'après la loi des sinus:
$\dfrac{PP'}{\sin(\widehat A)}=\dfrac{\ell}{\sin(\widehat A)}=A\omega'$
Le lieu de $\omega'$ est donc un cercle $\Gamma$ de centre $A$.
Soit $\mu$ le milieu de $PP'$.
La médiatrice de $PP'$ recoupe $\gamma$ en $p$ et $p'$.
Le cercle $\gamma$ et le quadrilatère $pPp'P'$ sont rigidement liés au segment $PP'$.
Par exemple dans le déplacement de $PP'$, la classe du triangle $PpP'$ sous l'action du groupe des déplacements est fixe. En particulier ce triangle reste isocèle
Mais d'après le théorème de l'angle inscrit, les droites $Ap$ et $Ap'$ sont les bissectrices de la paire de droites $(D,D')$.
Les droites $d=Ap$ et $d'=Ap'$ sont donc des droites orthogonales fixes.
Ainsi $pp'=A\omega'=\dfrac{\ell}{\sin(\widehat A)}$ et le point $\mu$ est fixe sur $pp'$.
On est donc face à la bande de papier classique et le lieu de $\mu$ est une ellipse $E$ d'axes $d$ et $d'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Tout tourne autour de la défunte construction du centre d'une similitude donnée par les images de deux points distincts.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Poulbot
J'essaye de mettre en valeur. toutes les parties du cours de géométrie qui ont été sacrifiées.
Pour le moment, nous en sommes au groupe des similitudes.
C'est curieux de voir comment dans la théorie des groupes, on a systématiquement supprimé tout ce qui venait de la géométrie.
A vrai dire, je m'en fiche complètement mais je constate.
Je relisais quelques passages du Lebossé-Hémery et cela m'amusait de voir le mal qu'ils se donnaient pour préparer leurs lecteurs à la théorie des groupes. On peut dire qu'eux aussi ont beaucoup travaillé pour pas grand chose!
Cette fameuse construction du centre de similitude, on est bien obligé d'en parler d'une façon ou d'une autre dans un cours sur les similitudes directes et c'est très instructif de lire ce qu'on en dit du Lebossé-Hémery jusqu'au Berger et je dois avouer que le Berger m'a un peu énervé!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Comment s'en tirer?
Eh bien on suit son Lebossé-Hémery, pages 148-149
Comme $r$ est la rotation d'angle $\alpha$ et de centre $u_{10}$ envoyant $P_0$ sur $P_1$ et $P'_0$ sur $P'_1$, on a:
$\alpha=(\overrightarrow{u_{10}P_0},\overrightarrow{u_{10}P_1})=(\overrightarrow{u_{10}P'_0},\overrightarrow{u_{10}P'_1})$
et
$u_{10}P_0=u_{10}P_1$
$u_{10}P'_0=u_{10}P'_1$
On en déduit:
$\beta=(\overrightarrow{u_{10}P_0},\overrightarrow{u_{10}P'_0})=(\overrightarrow{u_{10}P_1},\overrightarrow{u_{10}P'_1})$
et $k=\dfrac{u_{10}P'_0}{u_{10}P_0}=\dfrac{u_{10}P'_1}{u_{10}P_1}$
Ceci montre que la similitude directe envoyant $P_0$ sur $P'_0$ et $P_1$ sur $P'_1$ est de centre $u_{10}$ et de rapport $k$.
On recommence alors avec $s$ ce qui nous a si bien réussi avec $r$ pour montrer que $u_{10}\in \gamma_0\cap\gamma_1$.
Par exemple:
$(\overrightarrow{u_{10}P_0},\overrightarrow{u_{10}P'_0})=(\overrightarrow{P_0P_1},\overrightarrow{P'_0P'_1})$
D'où:
$(u_{10}P_0,u_{10}P'_0)=(P_0P_1,P'_0P'_1)=(AP_0,AP'_0)$
Ce qui montre que $u_{10}\in\gamma_0$.
De même:
$(u_{10}P_1,u_{10}P'_1)=(P_0P_1,P'_0P'_1)=(AP_1,AP'_1)$
Ce qui montre que $u_{10}\in\gamma_1$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Finalement vaille que vaille, on est arrivé là où je voulais en venir.
Dans le triangle isocèle $A\omega'_0\omega'_1$, on a un losange $A\omega_0u_{10}\omega_1$, ce qui entraine que le triangle $u_{10}\omega_0\omega_1$ est le triangle des milieux du triangle $A\omega'_0\omega'_1$ et par suite que $u_{10}$ est le milieu du segment $\omega'_0\omega'_1$.
En fait on a montré beaucoup plus, dans le quadrangle $\omega'_0\omega'_1\omega'_2\omega'_3$, les six centres $u_{ij}$ sont les milieux des segments $\omega'_i\omega'_j$.
C'est une configuration affine dont on se doute bien qu'elle a été étudiée depuis fort longtemps: un des ponts aux ânes de la géométrie affine des coniques.
Mais même de façon très élémentaire, on peut déjà dire beaucoup de choses!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
D'abord le plus élémentaire: d'après le théorème de la droite des milieux, (je crois qu'il est encore provisoirement dans nos programmes), un première fois dans le triangle $ABC$ et une deuxième fois dans le triangle $DBC$, on récolte un parallélogramme $bcb'c'$ dont les diagonales se coupent en leur milieu $\Omega$.
En fait on a récolté trois parallélogrammes en appliquant le théorème de la droite des milieux six fois, à savoir les parallélogrammes $bcb'c'$, $cac'a'$, $aba'b'$ et au total les trois segments bleus $aa'$, $bb'$, $cc'$ se coupent en leur milieu $\Omega$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Une autre solution serait de passer par les homothéties toutes aussi froides et raides que les barycentres.
On passe du triangle $abc$ au triangle $ABC$ par l'homothétie $h$ de centre $G_D$ et de rapport $-2$ puis du triangle $ABC$ au triangle $a'b'c'$ par l'homothétie $h'$ de centre $D$ et de rapport $\dfrac 12$.
Au total on passe du triangle $abc$ au triangle $a'b'c'$ par une homothétie $h'.h$ de rapport $-2\times \dfrac 12=-1$ c'est à dire par une symétrie centrale $s$. Soit $\Omega$ son centre.
On évalue $s(G_D)=(h'.h)(G_d)=h'(G_D)=G'_D$.
$G'_D$ est le milieu de $DG_D$ et $\Omega$ est le milieu de $G_DG'_D$.
On retrouve le résultat: $\overrightarrow{G_D\Omega}=\dfrac 14\overrightarrow{G_DD}$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste maintenant à comprendre pourquoi les six points $a$, $b$, $c$, $a'$, $b'$, $c'$ sont sur une même conique!

Bonjour
La théorie des coniques affines, c'est essentiellement l'étude de leurs diamètres et en particulier celle de leurs diamètres conjugués.ainsi que la détermination de leurs stabilisateurs dans le groupe affine.
Sur ma figure j'ai tracé les milieux respectifs $p$, $q$, $r$, $s$ des segments $bc'$, $bc$, $b'c$, $b'c'$.
Soit $\gamma$ une conique circonscrite au parallélogramme $bcb'c'$ de centre $\Omega$.
Le diamètre de $\gamma$ relatif à la direction $b'c$ est la droite $pr$ et le diamètre relatif à la direction $bc$ est la droite $qs$. Les droites $pr$ et $qs$ passent en tant que diamètres par le centre de $\gamma$ qui ne peut être que le point $\Omega$, pourquoi?.
Les droites $pr$ et $qs$ sont des diamètres conjugués $\delta$ et $\delta'$ de $\gamma$.
Pour le plaisir quelle pourrait être une preuve projective du fait que les points $a$, $b$, $c$, $a'$, $b'$, $c'$ sont sur une même conique?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit
Pour continuer, on a besoin de connaître une propriété de la conique des $9$ points démontrée dans le $J-D.E$.
C'est le lieu des centres des coniques passant par les sommets du quadrangle $ABCD$.
Ce lieu contient automatiquement les milieux des six côtés du quadrangle.
En effet soient $A''$ et $D''$ les symétriques respectifs des points $A$ et $D$ par rapport au point $a$.
Les triangles $ABD$ et $A''CD''$ sont symétriques par rapport au point $a$ et on a vu que ces six points $A$, $B$, $C$, $D$, $A''$, $D''$ étaient situés sur une même conique, rouge sur ma figure, de centre $a$...
Il reste à montrer que le lieu des centres des coniques passant par $A$, $B$, $C$, $D$ est bien une conique.
Voici mes calculs qu'on pourra comparer avec ceux du $J-D.E$.
On travaille en coordonnées barycentriques par rapport au triangle $ABC$ et soit $D(p:q:r)$ les coordonnées barycentriques de $D$.
Toute conique circonscrite au triangle $ABC$ a une équation de la forme:
$$(1)\ q(x,y,z)=uyz+vzx+wxy=0$$
où $(u:v:w)$ sont les coordonnées barycentriques du perspecteur $I$.
Comme $D$ appartient à la conique:
$$(2)\ uqr+vrp+wpq=0$$
On a déjà fait les calculs donnant les coordonnées du centre $O(x:y:z)$.
Elles sont solutions du système linéaire:
$$q'_x=q'_y=q'_z$$
qui s'écrit:
$$(3)\ vz+wy=uz+wx=uy+vx$$
qu'on résout dans les délais les plus brefs:
$$(4)\ (x:y:z)=\big(u(v+w-u):v(w+u-v):w(u+v-w)\big)$$
Or dans le fil:
Question de conique à centre
initié par Jélobreuil, on a vu que le perspecteur $I$ et le centre $O$ se correspondaient dans l'isotomie par rapport au triangle médial $abc$.
Ainsi les formules $(4)$ sont l'écriture en coordonnées barycentriques de cette isotomie qui est bien une transformation quadratique comme il est bien connu!
Comme elle est involutive, on a:
$$(5)\ (u:v:w)=\big(x(y+z-x):y(z+x-y):z(x+y-z)\big)$$
Il n' y a plus qu'a injecter les formules $(5)$ dans l'équation $(2)$ pour obtenir l'équation du lieu cherché:
$$qrx(y+z-x)+rpy(z+x-y)+pqz(x+y-z)=0$$
ce qui est aux notations près l'équation écrite dans le Jean-Denis Eiden que je salue et à qui je souhaite un joyeux Noël!
On vérifie immédiatement sur cette équation que la conique des $9$ points passe bien par les points $A'$, $B'$, $C'$ qui sont les centres des trois coniques décomposées du faisceau.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En fait on peut oublier cette isotomie et simplement constater que les équations $(3)$ sont invariantes par les substitutions $(x,y,z) \iff (u,v,w)$ pour conclure que la correspondance entre $(x:y:z)$ et $(u:v:w)$ est involutive.