Dis, Papa, dessine-moi un triangle !

pappus · January 2019

Bonjour à tous
J'ai déjà donné ce problème il y a bien des années sans qu'il ait suscité beaucoup d'enthousiasme! En sera-t-il de même aujourd'hui?

On est dans le plan affine réel $\mathcal P$ dans lequel on se donne deux droites parallèles $L_1$ et $L_2$, munies de leurs structures affines induites de celle de $\mathcal P$.
On considère l'ensemble $\mathcal E$ des droites du plan sécantes avec $L_1$ et donc avec $L_2$.
On considère la bijection:
$$\rho:\mathcal E\longmapsto L_1\times L_2; D\mapsto (D\cap L_1, D\cap L_2)$$
On fait maintenant un petit transport de structure!
C'est le super pied pour un bourbakiste!
$L_1\times L_2$ est muni de sa structure affine produit qu'on transporte sur $\mathcal E$ via la bijection $\rho$.
$\mathcal E$ devient ainsi un honnête plan affine.
Dessiner dans ce plan affine $\mathcal E$ un triangle avec son triangle médial, son triangle antimédial et ses médianes.
Au vingt et unième siècle serons nous encore capable de ce petit exploit?
J'ai le pressentiment que cela va être épouvantable!
Amicalement
[small]p[/small]appus.

gai requin · January 2019

Bonsoir pappus,

Si $\vec L$ est la direction des droites $L_1$ et $L_2$, $\vec{\mathcal E}=\vec L^2$ qui agit sur $\mathcal E$ par : $$D+(\vec u,\vec v)=\rho^{-1}(D\cap L_1+\vec u,D\cap L_2+\vec v).$$
Un premier essai : sur la figure suivante, $D'$ est le milieu de $D_1D_2$. 83288

pappus · January 2019

Merci Gai Requin
C'est bien pour un début mais la définition de $D'$ est encore un peu floue!
Où est la droite qui contient les points $D_1$, $D_2$, $D'$ de $\mathcal E$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

C'est le faisceau des points de $\mathcal E$ passant par $D_1\cap D_2$.

gai requin · January 2019

Et le point à l'infini de la droite $D_1D_2$ est la parallèle à $L_1$ passant par $D_1\cap D_2$.

Donc deux droites $\mathcal F(O)$ et $\mathcal F(O')$ de $\mathcal E$ sont parallèles si et seulement si $OO'$ est parallèle à $L_1$ dans $\mathcal P$, ce qui peut être utile pour construire un triangle de $\mathcal E$.

pappus · January 2019

Bravo Gai Requin
Tu as oublié quelques droites mais ce n'est pas très grave, tu les retrouveras au besoin!
Ta mission, si tu l'acceptes, est de dessiner dans $\mathcal E$ un triangle avec ses triangles médial et antimédial ainsi que ses médianes.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu n'as toujours pas précisé sur ta figure comment tu dessinais exactement le milieu $D'$ de $D_1$ et $D_2$

gai requin · January 2019

Sur cette figure, la surface rose est le segment $D_1D_2$, $I$ est le milieu de $AB$ dans $\mathcal P$ et $D'$ est le milieu de $D_1D_2$ dans $\mathcal E$. 83298

pappus · January 2019

Merci Gai Requin
Je pense que tu es bien armé pour remplir ta mission!
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Bonjour pappus,

Sur cette nouvelle figure, un triangle $D_1D_2D_3$ et son triangle médial $D'_1D'_2D'_3$ dans $\mathcal E$.
Qu'illustre la droite $\Delta $ de $\mathcal P$ ? 83308

pappus · January 2019

Merci Gai Requin
Ta figure n'est pas très lisible.
Voici ce que je te propose.
1° Pour montrer que les droites de direction $\vec L$ sont à part, dessine les plus ou moins verticalement sur ton écran et plutôt plus que moins.
2° Il faut faire les figures correspondantes dans $\mathcal P$ et $\mathcal E$ sur le même écran.
Exemple:
Fais moi le dessin d'un parallélogramme $ABCD$ dans $\mathcal P$ avec les étiquettes: $AB=a$, $BC=b$, $CD=c$, $DA=d$ puis sur le même écran juste à côté le dessin d'un parallélogramme dans $\mathcal E$ avec les mêmes étiquettes
Il est important que dans les deux cas les points soient étiquetés par des majuscules et les droites par des minuscules
Il est important de savoir dessiner un parallélogramme qui est la figure de base du plan affine plus que le triangle
3° Tu vois qu'une certaine dualité (plus ou moins imparfaite?) apparaît entre les deux figures.
Redessine donc ta figure d'un triangle avec son triangle antimédial avec les conseils que je te donne et n'oublie pas que chaque point et chaque droite doivent être étiquetés.
Quand tu seras parfaitement entraîné, tu pourras dessiner la figure finale c'est à dire le pendant dans $\mathcal E$ de cette figure dessinée dans $\mathcal P$.
Amicalement
[small]p[/small]appus 83310

pappus · January 2019

Bonjour
Allez, je me dévoue pour le parallélogramme.
Je laisse Gai-Requin à ses triangles!
Sur ma figure à droite le parallélogramme $ABCD$ avec ses quatre côtés $a$, $b$, $c$, $d$ et ses deux diagonales $i$ et $j$ se coupant en leur milieu $O$, vu dans le plan affine habituel $\mathcal P$ et à gauche exactement la même configuration vue cette fois dans $\mathcal E$.
A première vue, cela paraît un peu bizarre mais on note une dualité certaine entre les deux figures qu'il faudra bien expliquer un jour ou l'autre!
Amicalement
[small]p[/small]appus 83330

nicolas.patrois · January 2019

Si je me souviens de mes quelques cours de géométrie projective, on avait vu une dualité droite-point ou l’intersection de deux droites était la notion duale de… la droite passant par deux points. C’est comme ça qu’on peut fabriquer certains théorèmes (de mémoire) de Desargues, de Pappus… à partir du dual d’un théorème.

pappus · January 2019

Bonjour
La figure de gauche qui s'interprète comme un parallélogramme $ABCD$ de $\mathcal E$ invariant par la symétrie centrale de centre $O$ peut aussi être vue comme une configuration de $\mathcal P$, à savoir un trapèze invariant par la symétrie affine d'axe $O$ et de direction $L$!
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Bonsoir pappus,

Je n'ai pas le temps de tracer le triangle antimédial ni de commenter la figure suivante.
Désolé. 83358

pappus · January 2019

Merci Gai Requin
Si on considère cette figure de $\mathcal E$ comme tracée dans $\mathcal P$, comment passe -ton du triangle $abc$ au triangle $a'b'c'$ sachant que dans $\mathcal P$, on passe du triangle $ABC$ à son triangle médial par l'homothétie de centre $G$ et de rapport $-\dfrac 12$?
Ci dessous ma propre figure, la même que la tienne, mais faite avec le triangle antimédial.
Comment passe-ton du triangle $abc$ au triangle $a''b''c''$?
Maintenant j'ai une autre question pour toi un peu plus théorique ou bourbakiste
Tu as bien vu que dans ma définition de $\mathcal E$, le choix des droites $L_1$ et $L_2$ de direction $L$ a peu d'importance. On peut remplacer la paire $(L_1,L_2)$ par toute autre paire $(L'_1,L'_2)$ de direction $\vec L$ et on tombera exactement sur le même plan affine $\mathcal E$, pourquoi?
Comment donner une définition de $\mathcal E$ sans utiliser de paire $(L_1,L_2)$ mais en ne tenant compte que de $\vec L$?
Décrire le groupe des homothéties translations de $\mathcal E$.
Quelles sont les droites de $\mathcal E$ que tu as oubliées?
Comment montrer la dualité suggérée?
Amicalement
[small]p[/small]appus 83398

gai requin · January 2019

Bonjour pappus,

Je pense que $abc\mapsto a'b'c'$ par l'affinité d'axe $\alpha\beta\gamma=G$, de direction $\vec L$ et de rapport $-\dfrac 1 2$.
Et $abc\mapsto a''b''c''$ par l'affinité d'axe $G$, de direction $\vec L$ et de rapport $-2$.

gai requin · January 2019

Bonsoir pappus,

Le barycentre de deux points de $\mathcal E$ reste le même quelque soit le choix de $(L_1,L_2)$.
Donc la structure affine induite sur $\mathcal E$ par ta bijection $\rho$ ne dépend pas du choix de $(L_1,L_2)$.

Plus rigolo : si on fixe deux points $A,B$ de $\mathcal P$ tels que $\overrightarrow{AB}\notin\vec L$, alors la bijection $\vec L^2\to\mathcal E$ qui à $(\vec u,\vec v)$ associe la droite passant par $A+\vec u$ et $B+\vec v$ induit sur $\mathcal E$ une structure de plan vectoriel !

pappus · January 2019

Mon cher Gai Requin
Tu commences à frétiller comme un gardon dans mon plan affine inhabituel!
En tout cas, tu es le premier à trouver la vectorialisation rigolote.
Ce que je vais maintenant te dire l'est beaucoup moins!
J'applique le foncteur d'oubli à ma dernière figure:
J'efface sa partie droite et sur la partie gauche, j'efface les points $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, la droite $G$, les étiquettes $A$, $B$, $C$, $A''$, $B''$, $C''$. Il ne reste plus que la figure que tu vois ci-dessous.
On y voit un triangle $abc$ dont on projette les sommets respectivement sur les côtés opposés parallèlement à $L$ en $a''$, $b''$, $c''$.
Et tu demandes à tes agrégatifs ou tes capésiens la nature de l'application affine $abc\mapsto a''b''c''$.
Comment veux-tu que ces pauvres bougres répondent quoique ce soit quand tout ce qu'ils connaissent de la géométrie affine, c'est peu ou prou l'axiome de Thalès?
Tu n'as toujours pas retrouvé les droites de $\mathcal E$ que tu as oubliées et il reste le groupe des homothéties-translations et la dualité à se farcir!
Amicalement
[small]p[/small]appus 83400

gai requin · January 2019

Bonjour pappus,

Pour tous $A,B\in\mathcal E$, les droites $\mathcal F(A_{\infty})$ et $\mathcal F(B_{\infty})$ sont parallèles.

Je ne peux pas regarder la dualité avant ce soir.

Bonne journée

pappus · January 2019

Bonjour Gai Requin
Pour étudier l'application affine $f:abc\mapsto a''b''c''$, on pourrait faire un calcul analytique bestial en prenant le triangle $abc\ $ pour triangle de référence et en se donnant les composantes barycentriques d'un vecteur $\bf u$$(\alpha,\beta,\gamma)$ dirigeant la direction $L$ avec $\alpha+\beta+\gamma=0$.
Si l'on est un cuistre et qu'on connait la géométrie projective, on dirait qu'on s'est donné le point à l'infini de $L$.
Les calculs qui en découlent sont très faciles: une simple matrice de taille $3\ $ à disséquer, autrement dit le pied pour un taupin!
On peut s'y prendre autrement:
1° Le parallélisme des droites pointillées entraîne que $\vec f\ $ a $1$ pour valeur propre et que $f$ a au moins un point fixe.
2° Le fait que le triangle $a''b''c''$ soit inscrit dans le triangle $abc$ entraine que:
$$\mathrm{Trace}(\vec f)=-1$$
J'en ai parlé des dizaines de fois ici même!
Résultat des courses:
le polynôme caractéristique de $\vec f$ est:
$$X^2+X-2$$
Je te laisse continuer!
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Bonsoir pappus,

$aa''//bb''$ donc il existe un réel $k\neq 1$ tel que $a''-a=k(b''-b)$ soit $-a+kb=-a''+kb''$.
Donc $i=-a+kb=ab\cap a''b''$ est un point fixe de $f$.
En considérant $aa''//cc''$, on montre de même que $j=ac\cap a''c''$ est un autre point fixe de $f$.
Donc l'ensemble des points fixes de $f$ est la droite $ij$ ce qui implique que $1$ est valeur propre de $\vec f$.

De plus, ton résultat sur $\mathrm{Trace}(\vec f)$ que je ne connaissais pas (td) permet de voir facilement que $\vec f$ est une affinité vectorielle de rapport $-2$.

Comme $f$ possède des points fixes, $f$ est une affinité d'axe $ij$, de direction $\vec L=\mathbb R\langle\overrightarrow{aa''}\rangle$ et de rapport $-2$.

pappus · January 2019

Merci Gai Requin et Bravo
Tu es devenu un vrai géomètre même si tu rechignes encore à faire les figures impliquées par tes brillants calculs.
Ce qui est amusant dans cette histoire, c'est de voir comment Bourbaki intervient dans la géométrie plane la plus sordide.
J'essayerai de présenter les choses de façon un peu plus intrinsèque.
Il reste la dualité qui apparaît de façon si soudaine et qu'il va bien falloir expliquer et aussi le groupe des homothéties-translations!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · January 2019

Bonne nuit à tous
Je rédige maintenant l'exercice de Gai Requin de façon taupinale.
La direction $L$ est donnée par le vecteur $(\alpha,\beta,\gamma)$ avec $\alpha+\beta+\gamma=0$
Le point $a''$ s'écrit sous la forme $(1,0,0)+t(\alpha,\beta,\gamma)=(1+t\alpha,t\beta,t\gamma)$ où l'on ajuste $t$ pour que $1+t\alpha=0$.
Les coordonnées barycentriques de $a''$ sont donc: $(0,-\dfrac{\beta}{\gamma},-\dfrac{\gamma}{\alpha})$. Celles de $b''$ et $c''$ s'obtiennent par permutations circulaires.
Finalement la matrice de $f$ dans le repère affine $abc$ est:
$M=\begin{pmatrix}
0&-\dfrac{\alpha}{\beta}&-\dfrac{\alpha}{\gamma}\\
-\dfrac{\beta}{\alpha}&0&-\dfrac{\beta}{\gamma}\\
-\dfrac{\gamma}{\alpha}&-\dfrac{\gamma}{\beta}&0
\end{pmatrix}
$
En fait $M$ est la matrice du prolongement vectoriel de $f$ dans la base $(a,b,c)$ du prolongé vectoriel du plan affine. Quelle bourbakisterie! Vite un doliprane!
Si $\chi$ désigne le polynôme caractéristique, on montre que:
$$\chi_M=(X-1)\chi_{\vec f}$$
Ainsi $\det(M)=\det(\vec f)$ et $\mathrm{Trace}(M)=1+\mathrm{Trace}(\vec f)$
Ceci explique pourquoi $\mathrm{Trace}(\vec f)=-1$ comme je l'ai dit.
Le dévissage de cette matrice n'offre aucune difficulté pour le taupin confirmé.
La valeur propre $1$ admet pour espace propre associé le plan d'équation $\dfrac x{\alpha}+\dfrac y{\beta}+\dfrac z{\gamma}=0$
La valeur propre $-2$ admet pour sous-espace propre associé la droite vectorielle engendrée par le vecteur $(\alpha,\beta,\gamma)$
Il n'est pas question pour le taupin d'aller plus loin et d'interpréter ces résultats en termes d'une géométrie affine qu'il ne connaît pas et ne connaîtra jamais!
Mais cela veut dire exactement que $f$ est une affinité (affine) d'axe $G$ d'équation barycentrique homogène:
$\dfrac x{\alpha}+\dfrac y{\beta}+\dfrac z{\gamma}=0$
de direction $L$ et de rapport $-2$.
On a un bonus par rapport à la solution de Gai Requin qui se contente de dire que $f$ est une affinité de rapport $-2$.
Nous on a l'équation de l'axe de l'affinité et on peut faire joujou avec, par exemple en cherchant l'enveloppe de cet axe quand la direction $L$ varie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Merci à toi pappus de m'avoir appris le coup de la trace que je trouve spectaculaire.
Cela me donne l'impression qu'on peut traduire toute l'algèbre linéaire en termes géométriques...

Concernant la dualité, je crois que la figure qui permet de la cerner au mieux est celle du parallélogramme que tu nous a présentée [ici].
On y voit que, en passant de $\mathcal P$ à $\mathcal E$ :
1) Trois droites concourantes sont envoyées sur trois points alignés.
2) Deux droites parallèles sont envoyées sur deux points tels que la droite qu'ils engendrent est parallèle à $L$.
3) Trois points alignés sont envoyés sur trois droites concourantes.

Le passage de $\mathcal E$ à $\mathcal P$ me paraît plus délicat à cause des faisceaux de droites parallèles...

pappus · January 2019

Mon cher Gai Requin
J'imagine une formulation algébrique très concrète!
Pense à une parabole de direction asymptotique $L$!
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Bonjour pappus,

Soit $\Pi$ une parabole de direction asymptotique $L$, de sommet $S$ et $\mathcal T$ la tangente à $\Pi$ en $S$.
Soit $\Delta$ la droite à l'infini du complété projectif de $\mathcal P$.
Alors l'application $f:\Pi\to\Delta\setminus \{L_{\infty}\}$, $M\neq S\mapsto (SM)_{\infty}$, $S\mapsto\mathcal T_{\infty}$ est bijective de réciproque $f^{-1}:\mathcal T_{\infty}\mapsto S$ et qui à $d_{\infty}\neq \mathcal T_{\infty}$ associe le point d'intersection de $Sd_{\infty}$ avec $\Pi$ qui n'est pas $S$.

Soit maintenant une droite $\mathcal F(A_{\infty})$ de $\mathcal E$.
Dans $\mathcal P$, on ne voit pas le point $A_{\infty}$ surtout quand on est aussi myope que moi !
Mais on peut quand même envoyer ce point sur la parallèle à $L$ passant par $f^{-1}(A_{\infty})$.
Et, juste retour des choses, si $\delta$ est parallèle à $L$, on peut lui associer le point à l'infini $f(\delta\cap\Pi)$ ou la belle droite $\mathcal F(f(\delta\cap\Pi))$ de $\mathcal E$.

C'est bien compliqué mais cela revient en quelque sorte à choisir une parabole de l'infini.
Warning : Il n'est pas exclus que tout ceci soit du grand n'importe quoi ! :-S

pappus · January 2019

Mon cher Gai Requin
Je pensais faire intervenir d'une façon ou d'une autre la polarité par rapport à cette parabole!
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Trop fort ! (tu) Je n'y aurais jamais pensé.

Donc mon message précédent n'est pas si stupide car le pôle d'une droite parallèle à $L$ est à l'infini !

pappus · January 2019

Bonjour Gai Requin
En prenant un repère dans $\mathcal P$ pour lequel le vecteur de composante $(0,1)$ dirige la droite $L$, toute droite $D$ de $\mathcal E$ a dans ce repère une unique équation de la forme: $y=ax-b$ et son pôle par rapport à la parabole d'équation $y=\frac{x^2}2$ dans ce repère est justement le point dont les coordonnées sont $(a,b)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Merci pappus.

Dans le complété projectif de $\mathcal P$, $\Pi$ a pour équation $x^2-2yz=0$ dont la forme polaire associée a pour matrice $\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&0&-1\\0&-1&0\end{pmatrix}$.

1) Le point $(a:b:1)$ à distance finie a donc pour polaire la droite d'équation $ax-bz-y=0$ ce qui redonne ton résultat.

2) Le point à l'infini $(a:b:0)$ a pour polaire la droite d'équation $ax-bz=0$.
Donc $L_{\infty}$ a pour polaire la droite de l'infini et les autres points à l'infini ont pour polaire une droite parallèle à $L$.

gai requin · January 2019

Bonjour pappus,

Les translations de $\mathcal E$ sont les transvections de $\mathcal P$ d'axe parallèle à $L$. 83460

pappus · January 2019

Merci Gai Requin
Cela commence bien et bravo pour la figure, tu commences à prendre de bonnes habitudes!
A noter que ces transvections forment a priori un sous-groupe normal dans le groupe des homothéties translations à déterminer.
Il reste les homothéties et on aura fait le tour du problème
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Je n'ai pas le temps de faire une figure mais je subodore que l'homothétie de $\mathcal E$ de centre $O$ et de rapport $\lambda$ est l'affinité de $\mathcal P$ d'axe $O$, de direction $\vec L$ et de rapport $\lambda$.

pappus · January 2019

Mon cher Gai Requin
C’est exact!
Merci de m’avoir permis de dialoguer avec toi!
Dis, Papa, dessine moi un triangle!
Où t’as fichu ta règle?
J’sais pas!
Alors moi aussi et c’est pas demain la veille!
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · January 2019

Quand j'étais agrégatif, j'ai dû apprendre tout seul affinités, transvections, polarité... qui étaient encore au programme du concours.
Mais je n'avais pas le temps de faire des exercices donc autant te dire que je ne savais rien !
Alors un grand merci, pappus, de nous faire partager ta science une fois de plus. ;-)

Dis, Papa, dessine-moi un triangle !

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