Division harmonique élémentaire

Bonsoir Rafykfan
Ce sont de simples calculs sur le corps des réels , difficile de rester synthétique!
On se console comme on peut en se disant que le corps des réels est quand même une droite!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Meilleurs Voeux aussi à toi Rafykfan et à tous les tiens.
On peut quand même faire de la géométrie avec les divisions harmoniques mais sur la droite projective réelle $\mathbb P^1(\mathbb R)=\mathbb R\cup \infty$ car la division harmonique est une notion essentiellement projective.
Si les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont des points quelconques de la droite réelle, comment interpréter la relation:
$$\overline{AB}.\overline{AJ}=\overline{AC}.\overline{AD}$$
Faire de la géométrie, c'est penser groupe de transformations et dans le cas d'espèce groupe projectif de la droite projective réelle.
Ce groupe est engendré par les inversions.
On considère donc l'inversion $\rho$ de pôle $A$ échangeant $C$ et $D$, la relation précédente montre qu'elle échange aussi $B$ et $J$.
Autrefois on savait que le birapport de quatre points était invariant par tout élément du groupe projectif et en particulier par les inversions qui en sont des générateurs, maintenant c'est fini:
On a donc:
$$(A,B,C,D)=(\rho(A),\rho(B),\rho(C),\rho(D))=(\infty,J,D,C)$$
Si de plus $J$ est le milieu de $CD$, alors $(\infty,J,D,C)=-1$ et par suite $(A,B,C,D)=-1$ est une division harmonique.
La morale de cet exercice, ma démonstration synthétique est Kaput, Verboten, Interdite, à oublier pour toujours dans notre République Analphabète!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Année à tous
Pour la deuxième égalité, je ne vois qu'une preuve calculatoire:
$(a-b)^2+(c-d)^2=4\big(\dfrac{a+b}2-\dfrac{c+d}2\big)^2$
On développe et on simplifie:
$(a-b)^2+(c-d)^2=(a+b)^2+(c+d)^2-2(a+b)(c+d)$
Finalement
$$(a+b)(c+d)=2(ab+cd)$$
Ce qui suffisait autrefois pour dire que $(a,b,c,d)=-1$
Le birapport ayant disparu de notre culture, je pense que le rapport va lui aussi se faire la malle dans pas longtemps et le plus tôt sera le mieux pour éviter à nos potaches un excès de Doliprane avec l'axiome de Thalès!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Rafykfan
A défaut de ne pouvoir utiliser une théorie des groupes devenue hors la loi, on peut se contenter d'un modeste calcul algébrique:
$(b-a)(\dfrac{c+d}2-a)=(c-a)(d-a)$
$(b-a)\dfrac{c+d}2-ab+a^2=cd-a(c+d)+a^2$
$(c+d)(\dfrac{b-a}2+a)=ab+cd$
Donc:
$(a+b)(c+d)=2(ab+cd)$
Finalement on a sans doute eu raison de mettre à la poubelle une théorie des groupes qui ne servait à rien!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour, et meilleurs voeux 2019 à tous,

Si $C$ est le conjugué harmonique de $T$ par rapport à $A$ et $B$, le foyer de la parabole cherchée est le milieu de la corde $[TC]$.
J'ai rajouté quelques milieux avec les tangentes associées, ainsi que la directrice qui est orthogonale à la médiane $(TI)$.
Avec Morley circonscrit au triangle $TAB$, ce foyer est $f=\dfrac{ab-t^2}{a+b-2t}$.
Je peux aussi fournir une équation complexe de la parabole.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

> Il n'y a pas besoin de circonscrire Morley à quoique ce soit.

Ne pas confondre besoin avec envie.
Comme je répondais à mes élèves protestant quand je rendais les copies en commençant par la note la plus basse et en annonçant les notes, on n'est pas obligé de faire que ce qu'on est obligé de faire.
Ceci dit, ta construction est la même que la mienne.

Cordialement,

Rescassol

Bonne nuit,

Un petit truc rigolo de plus:
Si les trois paraboles se recoupent en $A_2,B_2,C_2$, on obtient un nouveau triangle en perspective avec $ABC$, le perspecteur étant le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.

Cordialement,

Rescassol

Edit: Pour faire plaisir à Pappus qui aime bien les transformations, il y a de l'homothétie dans l'air.

Bonjour,

Le rapport d'homothétie est $-\dfrac{1}{3}$.

Cordialement,

Rescassol