TGV Circulaires

pappus · February 2019

Bonjour à tous
J'ai encore eu un petit accès de nostalgie et je n'ai pu m'empêcher de faire la figure du mouvement plan sur plan intervenant dans mon second exercice.
Elle intéressera ceux qui voudraient encore apprendre cette belle théorie.
Je suis un peu gêné pour donner des références.
Quand j'étais jeune, la théorie des mouvements plan sur plan faisait partie de la Cinématique (à ne pas confondre avec la Dynamique) qui elle même faisait partie de la Géométrie. Je suppose qu'on devait l'enseigner dans les cours de Licence.
On en voyait un bout en Taupe, donc on trouvera des bribes de la théorie, (définition du C.I.R), dans le Commissaire et Cagnac de Cinématique.
Il y a des livres spécialisés sur ce sujet mais je ne les connais pas.
Personnellement je me souviens parfaitement avoir été interrogé sur un mouvement plan sur plan à l'oral d'un grand concours, je ne devais pas être mécontent!
Pour des références plus récentes, je pense qu'on devrait les trouver dans le cours de Taupe de Madame Lelong-Ferrand, (une grande dame) et Monsieur Arnaudiès, tome 3.
En fait d'après mes souvenirs, ils font de la cinématique du solide, c'est encore mieux!
Je vais donner ma figure à l'ancienne à une époque où on ne connaissait ni les repères ni les vecteurs.
Sur ma figure, le plan fixe est celui des axes rectangulaires $xOy$.
Le plan mobile est $XJY$.
L'axe $JX$ passe par le point fixe $A$ et l'axe $JY$ passe par le point fixe $O$.
A l'origine des temps, on a $J=O$.
$\theta=\widehat{xAX}$
Il est alors facile d'exhiber la base $\Gamma'$ et la roulante $\Gamma$ ainsi que le C.I.R $I$.
J'ai tracé la position $m_{\theta}$ dans le plan mobile $XJY$ du point $m_0$ du plan fixe $xOy$.
Son lieu, tracé en rouge, est la fameuse roulette de Descartes.
C'est une conchoïde de cercle: on montre sans trop de difficultés que $Jm_{\theta}=Om_0$ et que la droite $Jm_{\theta}$ passe par un point fixe $\Omega\in \Gamma'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus 84228

pappus · February 2019

Bonjour à tous
Nous sommes en train de faire un petit voyage au coeur de la défunte géométrie et je comprends qu'on ne puisse dialoguer avec moi sur des questions géométriques précises puisqu'elle a disparu totalement de notre culture mais de temps en temps nous tombons sur des questions d'algèbre ou d'analyse soi-disant encore au programme comme cette formule d'aire dénichée par Bouzar.
C'est un misérable problème d'Algèbre!
Comment fait-on pour prouver cette jolie formule?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bouzar · February 2019

Bonjour pappus,
$D_1$ dont une équation cartésienne est $a_1x + b_1y + c_1 = 0$ et $D_2$ dont une équation cartésienne est $a_2x + b_2y + c_2 = 0$ sont sécantes dès lors que $\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}\neq 0$. Le point d'intersection est $I_3$ dont les coordonnées sont $x_3 = \dfrac{\begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_2&b_2\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}}=\dfrac{-c_1b_2+c_2b_1}{a_1b_2-a_2b_1}, y_3 =\dfrac{\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_2&-c_2\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix} } = \dfrac{-a_1c_2+a_2c_1}{a_1b_2-a_2b_1}.$

$D_1$ dont une équation cartésienne est $a_1x + b_1y + c_1 = 0$ et $D_3$ dont une équation cartésienne est $a_3x + b_3y + c_3 = 0$ sont sécantes dès lors que $\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\neq 0$. Le point d'intersection est $I_2$ dont les coordonnées sont $x_2 = \dfrac{\begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}}=\dfrac{-c_1b_3+c_3b_1}{a_1b_3-a_3b_1}, y_2 =\dfrac{\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} } = \dfrac{-a_1c_3+a_3c_1}{a_1b_3-a_3b_1}.$

$D_2$ dont une équation cartésienne est $a_2x + b_2y + c_2 = 0$ et $D_3$ dont une équation cartésienne est $a_3x + b_3y + c_3 = 0$ sont sécantes dès lors que $\begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\neq 0$. Le point d'intersection est $I_1$ dont les coordonnées sont $x_1 = \dfrac{\begin{vmatrix} -c_2&b_2\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}}=\dfrac{-c_2b_3+c_3b_2}{a_2b_3-a_3b_2}, y_1 =\dfrac{\begin{vmatrix} a_2&-c_2\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} } = \dfrac{-a_2c_3+a_3c_2}{a_2b_3-a_3b_2}.$

L'aire du triangle de sommet $I_1, I_2, I_3$ est donnée par le déterminant :
$\mathcal{A} =\dfrac{1}{2} \begin{vmatrix} x_1&y_1&1\\ x_2&y_2&1\\ x_3&y_3&1\\ \end{vmatrix}.$

On a alors :
$\mathcal{A} =\dfrac{1}{2} \begin{vmatrix} \dfrac{\begin{vmatrix} -c_2&b_2\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}}&\dfrac{\begin{vmatrix} a_2&-c_2\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} } &1\\ \dfrac{\begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}}&\dfrac{\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} } &1\\ \dfrac{\begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_2&b_2\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}}&\dfrac{\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_2&-c_2\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix} }&1\\ \end{vmatrix} = \dfrac{1}{2 \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}} \begin{vmatrix} \begin{vmatrix} -c_2&b_2\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} a_2&-c_2\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_2&b_2\\ \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_2&-c_2\\ \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}\\ \end{vmatrix}$

$\mathcal{A} = \dfrac{\begin{vmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ a_3&b_3&c_3\\ \end{vmatrix} ^2}{2\begin{vmatrix}
a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_3&b_3\\ a_1&b_1\\
\end{vmatrix} }.$

Amicalement

Rescassol · February 2019

Bonjour,

J'en avais fait autant, mais je suis loin d'avoir ta pratique (ni ta patience) du $\LaTeX$.

Cordialement,

Rescassol

pappus · February 2019

Mon cher Bouzar
Quelle démonstration pédestre!
L’idée principale est quand même de ne pas calculer les coordonnées des sommets!
Comment aurais-tu fait pour calculer le volume d’un $n$-simplexe donné par les équations de ces facettes?
Ne me dis pas que tu suivrais encore cette méthode?
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonsoir à tous
Je ne sais pas trop où Bouzar a trouvé cette formule. Quant à moi, je suis à peu près sûr d'en avoir parlé ici même et d'en avoir donné une preuve un peu plus élégante.
Gardons les notations de Bouzar:
$I_1(x_1,y_1)=D_2\cap D_3$, $I_2(x_2,y_2)=D_3\cap D_1$, $I_3(x_3,y_3)=D_1\cap D2$.
$I_1$ existe si et seulement si $d_1=\begin{vmatrix}a_2&b_2\\a_3&b_3\end{vmatrix}\not=0\ $

$I_2$ existe si et seulement si $d_2=\begin{vmatrix}a_3&b_3\\a_1&b_1\end{vmatrix}\not=0\ $

$I_3$ existe si et seulement si $d_3=\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}\not=0\ $

On a vu que: $S(I_1,I_2,I_3)=\dfrac 12\begin{vmatrix} x_1&x_2&x_3\\y_1&y_2&y_3\\1&1&1\end{vmatrix}$
On introduit les matrices:
$D=\begin{pmatrix}a_1&b_1&c_1\\a_2&b_2&c_2\\a_3&b_3&c_3\end{pmatrix}$ et $M=\begin{pmatrix}x_1&x_2&x_3\\y_1&y_2&y_3\\1&1&1\end{pmatrix}$
L'astuce, si je peux parler ainsi, est de calculer le produit matriciel $D.M$.
Qu'obtient-on?
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour à tous
Premier petit miracle, la matrice $D.M$ est diagonale!
$$D.M=\begin{pmatrix} u_1&0&0\\0&u_2&0\\0&0&u_3\end{pmatrix}$$
avec $u_i=a_ix_i+b_iy_i+c_i$ pour $1\le i\le 3$
On en tire:
$$\det(D).\det(M)=u_1u_2u_3$$
puis:
$$2S(I_1,I_2,I_3)=\det(M)=\dfrac{u_1u_2u_3}{\det(D)}$$
Il ne reste plus qu'à calculer les $u_i$ et on est bon!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour à tous
Faisons le calcul de $u_1=a_1x_1+b_1y_1+c_1$.
Que savons nous du point $I_1(x_1,y_1)=D_2\cap D_3$?
Eh bien ses coordonnées annulent les équations de $D_2$ et $D_3$:
$a_2x_1+b_2y_1+c_2=0$
$a_3x_1+b_3y_1+c_3=0$
On peut comme Bouzar l'a fait calculer $x_1$ et $y_1$ dans ces deux équations et les reporter dans l'expression de $u_1$.
A ce propos, je voudrais m'excuser auprès de lui pour avoir qualifié sa démonstration de pédestre. Elle a le mérite d'exister et comme Rescassol l'a dit il faut une grande virtuosité en $\LaTeX$ pour l'écrire!. Par contre je ne comprends pas comment il passe de son avant-dernière ligne à la dernière, le carré du déterminant $D$ apparaît brusquement comme par magie. Je devine comment il a fait mais cela mérite quelques explications!
Voilà comment je vois les choses: les coordonnées $(x_1,y_1)$ sont solutions du système linéaire suivant de trois équations à deux inconnues:
$a_1x_1+b_1y_1+c_1-u_1=0$
$a_2x_1+b_2y_1+c_2=0$
$a_3x_1+b_3y_1+c_3=0$
Ce système est donc compatible et on a donc:
$$\begin{vmatrix}
a_1&b_1&c_1-u_1\\
a_2&b_2&c_2-0\\
a_2&b_3&c_3-0
\end{vmatrix}
=0
$$
où je suggère une décomposition de la troisième colonne; on fait cette décomposition pour obtenir:
$\det(D)=d_1u_1$ et finalement $u_1=\dfrac{\det(D)}{d_1}$. De même: $u_2=\dfrac{\det(D)}{d_2}$ et $u_3=\dfrac{\det(D)}{d_3}$.
C'est l'avantage d'avoir les bonnes notations!
Finalement:
$$S(I_1,I_2,I_3)=\dfrac 12\dfrac{\det(D)^2}{d_1d_2d_3}$$
Ce n'est pas tout, il faut appliquer maintenant cette jolie formule si chèrement obtenue à mon problème de tangentes sinon ce n'est pas la peine de s'être donné tant de mal!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Exercice de style:
Calculer par la même méthode le volume du $n$-simplexe donné par les équations de ses facettes.

pappus · February 2019

Bonjour à tous
J’ai le sentiment que dans la preuve de Bouzar, l’avant-dernière matrice de l’avant dernière ligne est la comatrice de $D$ et son déterminant vaut donc $\det(D)^2$. Sans doute nous le confirmera -t-il?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bouzar · February 2019

Bonsoir pappus et Rescassol,
Voici quelques explications :
$\mathcal{A} =\dfrac{1}{2} \begin{vmatrix} \dfrac{\begin{vmatrix} -c_2&b_2\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}}&\dfrac{\begin{vmatrix} a_2&-c_2\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} } &1\\ \dfrac{\begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}}&\dfrac{\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} } &1\\ \dfrac{\begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_2&b_2\\ \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}}&\dfrac{\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_2&-c_2\\ \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix} }&1\\ \end{vmatrix} = \dfrac{1}{2 \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}} \begin{vmatrix} \begin{vmatrix} -c_2&b_2\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} a_2&-c_2\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_3&b_3\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_3&-c_3\\ \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} -c_1&b_1\\ -c_2&b_2\\ \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_1&-c_1\\ a_2&-c_2\\ \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}\\ \end{vmatrix}$
$= \dfrac{1}{2 \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}} \begin{vmatrix} \begin{vmatrix} b_2&c_2\\ b_3&c_3\\ \end{vmatrix} &-\begin{vmatrix} a_2&c_2\\ a_3&c_3\\ \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} b_1&c_1\\ b_3&c_3\\ \end{vmatrix} &-\begin{vmatrix} a_1&c_1\\ a_3&c_3\\ \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} b_1&c_1\\ b_2&c_2\\ \end{vmatrix}&-\begin{vmatrix} a_1&c_1\\ a_2&c_2\\ \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}\\ \end{vmatrix}$

$= \dfrac{-1}{2 \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}} \begin{vmatrix} \begin{vmatrix} b_2&c_2\\ b_3&c_3\\ \end{vmatrix} &-\begin{vmatrix} a_2&c_2\\ a_3&c_3\\ \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\\ -\begin{vmatrix} b_1&c_1\\ b_3&c_3\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} a_1&c_1\\ a_3&c_3\\ \end{vmatrix} & -\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} b_1&c_1\\ b_2&c_2\\ \end{vmatrix}&-\begin{vmatrix} a_1&c_1\\ a_2&c_2\\ \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}\\ \end{vmatrix}$

$= \dfrac{-1}{2 \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}} det( Com(\begin{pmatrix}a_1&b_1&c_1\\a_2&b_2&c_2\\a_3&b_3&c_3\end{pmatrix}))$

$= \dfrac{-1}{2 \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}} \begin{vmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ a_3&b_3&c_3\\ \end{vmatrix} ^2$

$= \dfrac{-1}{2 \begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix} \times -\begin{vmatrix} a_3&b_3\\ a_1&b_1\\ \end{vmatrix} \times\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}} \begin{vmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ a_3&b_3&c_3\\ \end{vmatrix} ^2$

Ce qui conduit à la formule :
$\mathcal{A} = \dfrac{\begin{vmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ a_3&b_3&c_3\\ \end{vmatrix} ^2}{2\begin{vmatrix}

a_1&b_1\\ a_2&b_2\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_2&b_2\\ a_3&b_3\\ \end{vmatrix}\begin{vmatrix} a_3&b_3\\ a_1&b_1\\

\end{vmatrix} }.$

Amicalement

pappus · February 2019

Merci Bouzar
C'est bien ce que je pensais, c'était la comatrice!
Bravo pour ta démonstration!
A défaut de la refaire pour le $n$-simplexe faute de devenir fou à cause du $\LaTeX$, peux-tu au moins nous en écrire le résultat?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bouzar · February 2019

Bonjour pappus
Il me semble que tu as déjà donné cette formule sur ce forum.
Amicalement

pappus · February 2019

Merci Bouzar
Bien sûr mais où et quand, that is the question?
De toutes façons, cela ne peut faire de mal de répéter les choses essentielles!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonsoir à tous
Pour pouvoir appliquer la jolie formule de Bouzar, il va falloir écrire l'équation de la tangente en un point d'un cercle et qui plus est, misère de misère, trois fois de suite, la géométrie, n'est ce pas épouvantable?
Comme je viens de m'apercevoir que je me suis un peu mélangé les pinceaux dans les notations du premier exercice mais tout le monde aura rectifié, je les précise une nouvelle fois!
$a_{\theta}( x_A+r_A\cos(\theta+u_0), y_A+r_A\sin(\theta+u_0))$
$b_{\theta}( x_B+r_B\cos(\theta+v_0), y_B+r_B\sin(\theta+v_0))$
$c_{\theta}( x_C+r_C\cos(\theta+w_0), y_C+r_C\sin(\theta+w_0))$
Amicalement
[small]p[/small]appus 84380

pappus · February 2019

Bonjour
La tangente au point $a_{\theta}$ du cercle $\Gamma_A$?
En dehors de toute utilisation de la géométrie différentielle, on apprenait autrefois que c'était la droite passant par le point $a_{\theta}$ et orthogonale en ce point au rayon $Aa_{\theta}$. Est-ce encore enseigné? Je n'en sais absolument rien!
Fait-on encore le lien de ce résultat avec la définition de la tangente donnée par la géométrie différentielle? Je n'en sais absolument rien mais le contraire ne m'étonnerait guère!
Quoiqu'il en soit, la tangente en $a_{\theta}$ au cercle $\Gamma_A$ est le lieu des points $M$ tels que:
$$\overrightarrow{a_{\theta}M}.\overrightarrow{a_{\theta}A}=0$$
Ceci équivaut aussi:
$$\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{Aa_{\theta}}=(\overrightarrow{Aa_{\theta}}+\overrightarrow{a_{\theta}M}).\overrightarrow{Aa_{\theta}}=r_A^2$$
Quand la géométrie projective des coniques était encore au programme, on reconnaissait sur cette dernière équation la polaire du point $a_{\theta}$ par rapport au cercle $\Gamma_A$.
Mais peu importe maintenant et comme le disait Maître Bafouillet, jetons un voile sur ce passé glorieux, nous disposons maintenant d'une équation de la tangente en $a_{\theta}$ au cercle $\Gamma_A$ et nous comptons bien en profiter!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
L'équation de cette tangente en $a_{\theta}$ est donc:
$(x-x_A)r_A\cos(\theta+u_0)+(y-y_A)r_A\sin(\theta+u_0)-r_A^2=0$
qui se met sous la forme:
$$x\cos(\theta+u_0)+y\sin(\theta+u_0)-r_A-x_A\cos(\theta+u_0)-y_A\sin(\theta+u_0)=0$$
On voit alors apparaître la matrice $D$ de Bouzar dans toute sa splendeur:
$$
D=
\begin{pmatrix}
\cos(\theta+u_0)&\sin(\theta+u_0)&-r_A-x_A\cos(\theta+u_0)-y_A\sin(\theta+u_0)\\
\cos(\theta+v_0)&\sin(\theta+v_0)&-r_B-x_B\cos(\theta+v_0)-y_B\sin(\theta+v_0)\\
\cos(\theta+w_0)&\sin(\theta+w_0)&-r_C-x_C\cos(\theta+w_0)-y_C\sin(\theta+w_0)
\end{pmatrix}
$$
On a pas le choix! C'est avec cette satanée matrice qu'il va falloir se dépatouiller et dont il faudra tirer les vers du nez au maximum!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
Réglons d'abord leurs comptes aux cofacteurs $d_1$, $d_2$, $d_3$.
Par exemple $d_1=\begin{vmatrix}\cos(\theta+v_0)&\sin(\theta+v_0)\\\cos(\theta+w_0)&\sin(\theta+w_0)\end{vmatrix}=\sin\big((\theta+w_0)-(\theta+v_0)\big)=\sin(w_0-v_0)$ et de même $d_2=\sin(u_0-w_0)$, $d_3=\sin(v_0-u_0)$
Ces trois cofacteurs sont constants!
C'est en fait une conséquence du fait que les triangles $T_{\theta}\ $ sont directement semblables!
En développant par rapport à la troisième colonne, on voit qu'on a l'identité:
$\begin{vmatrix}
\cos(\theta+u_0)&\sin(\theta+u_0)&X\\
\cos(\theta+v_0)&\sin(\theta+v_0)&Y\\
\cos(\theta+w_0)&\sin(\theta+w_0)&Z
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&X\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&Y\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&Z
\end{vmatrix}
$
Finalement compte tenu de la formule de Bouzar, tout ce qu'on a à faire, c'est de rechercher les conditions pour lesquelles l'application suivante est constante:
$$\theta\longmapsto \begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&r_A+x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&r_B+x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&r_C+x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)
\end{vmatrix}
$$
On se prépare encore à quelque chose d'épouvantable en trigonométrie!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bouzar · February 2019

Bonjour pappus,
On peut pour montrer la constance de la fonction $\theta\mapsto f(\theta)$ appliquer la formule de Brook Taylor à l'origine au polynôme:
$h(r_A,r_B,r_C)= \begin{vmatrix}

\cos(u_0)&\sin(u_0)&r_A+x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\

\cos(v_0)&\sin(v_0)&r_B+x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\

\cos(w_0)&\sin(w_0)&r_C+x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)

\end{vmatrix}$

Le terme constant $T_0$ est :
$T_0=h(0,0,0)=\begin{vmatrix}

\cos(u_0)&\sin(u_0)&x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\

\cos(v_0)&\sin(v_0)&x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\

\cos(w_0)&\sin(w_0)&x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)

\end{vmatrix}.$

Il faut maintenant s'intéresser à :
$T_1=\dfrac{\partial h}{\partial r_A}(0,0,0)r_A+\dfrac{\partial h}{\partial r_B}(0,0,0)r_B+

\dfrac{\partial h}{\partial r_C}(0,0,0)r_C.$
Amicalement

pappus · February 2019

Merci Bouzar
Tu essayes de reprendre à ton compte la méthode qui nous avait si bien réussie dans le premier exercice, (pourquoi pas?), même si c'est la dépendance en $\theta$ qui nous importe.
On remarque quand même que ta fonction $$h:(r_A,r_B,r_C)\longmapsto \begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&r_A+x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&r_B+x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&r_C+x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)
\end{vmatrix}
$$
est affine (si cette notion est encore enseignée!).
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour
Le terme du premier degré est exactement $T_1=d_1r_A+d_2r_B+d_3r_C$ est indépendant de $\theta$ comme on le sait.
Tout se concentre donc sur le terme $T_0$.
Plutôt que d'appliquer la formule de Taylor, on pouvait aussi utiliser la linéarité du déterminant par rapport à sa troisième colonne pour se débarrasser des rayons mais est-ce encore enseigné? Je n'en sais rien!
Tout revient à étudier la constance éventuelle de l'application:
$$\theta\longmapsto
\begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)
\end{vmatrix}
$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour
En développant ce déterminant par rapport à sa troisième colonne et en utilisant les formules d'addition des arcs, (sont-elles encore enseignées?), il n'est pas trop difficile de montrer qu'il existe des réels $U$ et $V$ tels que:
$$
\begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)
\end{vmatrix}
=U\sin(\theta)+V\cos(\theta)
$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bouzar · February 2019

$\begin{vmatrix}

\cos(u_0)&\sin(u_0)&x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\

\cos(v_0)&\sin(v_0)&x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\

\cos(w_0)&\sin(w_0)&x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)

\end{vmatrix}

=U\sin(\theta)+V\cos(\theta)$
avec :
$U = - \cos(u_0) \sin(v_0) x_C \sin(w_0) + \cos(u_0) \sin(w_0) x_B \sin(v_0) - \cos(u_0) \sin(w_0) y_B \cos(v_0)+ \cos(v_0) \sin(u_0) x_C \sin(w_0) $
$- \cos(v_0) \sin(u_0) y_C \cos(w_0)- \cos(v_0) \sin(w_0) x_A \sin(u_0) + \cos(v_0) \sin(w_0) y_A \cos(u_0) - \cos(w_0) \sin(u_0) x_B\sin(v_0) $
$+ \cos(w_0) \sin(u_0) y_B\cos(v_0)+ \cos(w_0) \sin(v_0) x_A\sin(u_0) - \cos(w_0) \sin(v_0) y_A\cos(u_0)+ \cos(u_0) \sin(v_0) y_C\cos(w_0) \in \mathbb{R}.$

$V = \cos(u_0) \sin(v_0) x_C\cos(w_0) - \cos(w_0) \sin(v_0) x_A \cos(u_0) + \cos(w_0) \sin(u_0) y_B \sin(v_0) + \cos(w_0) \sin(u_0) x_B \cos(v_0)$
$ + \cos(v_0) \sin(w_0) x_A\cos(u_0) - \cos(v_0) \sin(u_0) y_C\sin(w_0) + \cos(v_0) \sin(w_0) y_A \sin(u_0) - \cos(u_0) \sin(w0) y_B\sin(v_0) $
$- \cos(v_0) \sin(u_0) x_C \cos(w_0) + \cos(u_0) \sin(v_0) y_C \sin(w_0) - cos(u_0) sin(w_0) x_Bcos(v_0)- cos(w_0) sin(v_0) y_A sin(u_0) \in \mathbb{R}.$

pappus · February 2019

Mon cher Bouzar
Je ne dirais plus que tu es pédestre mais seulement que tu n'as pas froid aux yeux!
Personnellement j'ai trouvé:
$$U=
\begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&-x_A\sin(u_0)+y_A\cos(u_0)\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&-x_B\sin(v_0)+y_B\cos(v_0)\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&-x_C\sin(w_0)+y_C\cos(w_0)
\end{vmatrix}
$$
et
$$V=
\begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&x_A\cos(u_0)+y_A\sin(u_0)\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&x_B\cos(v_0)+y_B\sin(v_0)\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&x_C\cos(w_0)+y_C\sin(w_0)
\end{vmatrix}
$$
Pourquoi diable vouloir développer?
Les calculs sont maintenant terminés et la Géométrie reprend ses droits!
Se pose une nouvelle question atroce et angoissante!
Quelle peut bien être la signification géométrique des équations $U=V=0$ qui traduisent la constance de l'aire?
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour
En fait le calcul de $U$ et $V$ se mène de cette façon:
Soit $$\varphi(\theta)=
\begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)
\end{vmatrix}
$$
Comme je l'ai dit: comme un déterminant dépend linéairement de sa troisième colonne et compte tenu des formules d'addition des arcs, on a:
$$\varphi(\theta) =U\sin(\theta)+V\cos(\theta)$$
et en écrivant ça, cela tombe bien, il n'y a même pas besoin de faire les calculs
Ainsi $U=\varphi(\frac{\pi}2)$ et $V=\varphi(0)$
Il est clair que $\varphi$ n'est constant que si $U=V=0$ et réciproquement!
Et quand je dis il est clair que, c'est que justement ça ne l'est pas, j'ai seulement la sainte flemme de détailler!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour
La réponse à la signification géométrique des équations $U=V=0$ est cachée quelque part dans la figure de ce message.
Je pars demain loin dans les $\gamma \omega \rho \alpha\zeta$ affronter la colère circulaire de nos moujiks lassés de leur servage.
J'espère préserver ma connexité même si elle ne sert plus à grand chose!
A bientôt
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour à tous
Provisoirement à l’abri de la colère circulaire dans une datcha d’où je vois la rivière serpenter paresseusement au milieu des collines, je constate que notre discussion n’a pas beaucoup progressé pendant ma brève absence. Cela ne m’étonne guère!
Il fut un temps où nous étions régulièrement abreuvés d’exercices nous demandant de démontrer que trois points étaient alignés ou trois droites concourantes.
Faute de pouvoir utiliser une géométrie synthétique disparue depuis longtemps, on devait constater la nullité de quelque monstrueux déterminant au moyen d’un logiciel qui répondait true et après consultation du dictionnaire, on était satisfait.
Aujourd’hui c’est le contraire, on dispose de deux déterminants pas si monstrueux que cela et il faut chercher les points ou les droites parmi les trois paires de points $(A,a_0)$, $(B,b_0)$, $(C,c_0)$.
On sent que cela va être encore terrible!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour à tous
On a pas tellement le choix sur les droites.
On regarde donc les rayons $Aa_0$, $Bb_0$, $Cç_0$
Par exemple l'équation de $Aa_0$ est, (est-ce encore enseigné?):
$\dfrac{x-x_A}{\cos(u_0)}=\dfrac{y-y_A}{\sin(u_0)}$
qui s'écrit aussi:
$$x\sin(u_0)-y\cos(u_0)-x_A\sin(u_0)+y_A\cos(u_0)=0$$
Tout le monde est maintenant convaincu que la condition $U=0$ équivaut à dire que les droites $Aa_0$, $Bb_0\ $, $Cc_0$ sont concourantes.
Quand on songe au mal qu'on s'est donné avec les comatrices de Bouzar pour obtenir ce misérable résultat, on ne peut qu'être étonné que René Descartes soit arrivé à la même conclusion dans les années 1630~1640 sans aucune connaissance en algèbre linéaire et on ne peut être qu'admiratif devant les progrès fulgurants de notre enseignement en pratiquement quatre siècles!
Ce n'est pas tout, il nous faut maintenant découvrir la signification géométrique de la condition $V=0$, encore un cauchemar épouvantable?
Amicalement
[small]p[/small]appus 84506

pappus · February 2019

Bonjour à tous
On a alors l'idée faramineuse de faire la substitution $u_0\mapsto u_0+\frac{\pi}2$ dans l'équation du rayon $Aa_0$ pour obtenir:
$$x\cos(u_0)+y\sin(u_0)-x_A\cos(u_0)-y_A\sin(u_0)=0$$
On voit alors que la condition $V=0$ revient à dire que les perpendiculaires respectives en $A$ au rayon $Aa_0$, en $B$ au rayon $Bb_0$, en $C$ au rayon $Cc_0$ sont concourantes au point que j'ai noté $I_{\frac{\pi}2}$.
Alors, éternel drame de notre histoire nationale, la communauté des géomètres se divise en deux:
les géomètres de gauche prétendent qu'on a la figure de gauche et les géomètres de droite prétendent qu'on a la figure de droite.
Laissons les tristement à leurs querelles intestines car il nous faut aller plus loin, bien sûr mais où?
Amicalement
[small]pappus[/small] 84538

pappus · February 2019

Bonjour à tous
Les points $A$, $B$, $C$ se trouvent sur le cercle de diamètre $I_0I_{\frac{\pi}2}$, est-ce encore enseigné?
Ou inversement les points $I_0$ et $I_{\frac{\pi}2}\ $ se trouvent sur le cercle $\Gamma\ $ circonscrit au triangle $ABC$ tracé en rouge sur ma figure.
Amicalement
[small]p[/small]appus 84570

pappus · February 2019

Bonjour à tous
Bien sûr, comme le triplet $(a_0,b_0,c_0)$ est un triplet arbitraire de points homologues dans les correspondances semblables $\Gamma_A\iff \Gamma_B\iff \Gamma_C$ que nous cherchons à déterminer peu à peu, le triplet $(a_{\theta}, b_{\theta}, c_{\theta})$ possède les mêmes propriétés.
On peut le montrer soit en faisant une chasse aux angles sur la figure ci-dessous soit en interprétant géométriquement comme nous l'avons fait pour les relations $U=V=0$, la relation:
$$\varphi(\theta)=
\begin{vmatrix}
\cos(u_0)&\sin(u_0)&x_A\cos(\theta+u_0)+y_A\sin(\theta+u_0)\\
\cos(v_0)&\sin(v_0)&x_B\cos(\theta+v_0)+y_B\sin(\theta+v_0)\\
\cos(w_0)&\sin(w_0)&x_C\cos(\theta+w_0)+y_C\sin(\theta+w_0)
\end{vmatrix}
=0
$$
On voit aussi sur cette figure la relation simple existant entre les points $I_0$ et $I_{\theta}$:
$$(\overrightarrow{OI_0},\overrightarrow{OI_{\theta}})=2\theta$$
Est-ce encore enseigné?
Amicalement
[small]p[/small]appus 84608

Amathoué · February 2019

Bonjour pappus,

Supprimé du programme de troisième, depuis trois ans. Trop difficile sans doute.

pappus · February 2019

Merci Amathoué
L'angle au centre aurait donc disparu dans l'analphabétisme républicain cher à notre Education soi-disant Nationale!
Rien ne m'étonne plus! Il est vrai que chez nous le centre a mauvaise réputation et que nous n'avons plus le choix qu'entre une droite et une gauche qui nous l'avons vu dans un message un peu plus haut se chamailleront toujours sur des questions d'orientation même en géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Amathoué · February 2019

Excellent :-D. C’est tout à fait ça. Un IPR me disait récemment sa « crainte » de voir les mathématiques disparaître en « tant que discipline » à part entière dans quelques années...
Toujours un plaisir de te lire.

pappus · February 2019

Bonjour
Quand je parle d'analphabétisme, je pense à la plupart des disciplines fondamentales comme par exemple et surtout surtout le français.
Il suffit de lire la plupart des messages écrits sur ce forum de géométrie et sans doute sur les autres, bourrés de fautes d'orthographe et de syntaxe absolument ridicules, souvent rédigés en un style SMS les rendant complètement incompréhensibles même et surtout pour leurs auteurs!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour
Dans la suite, je laisse tomber les indices $\theta$ pour soulager les étiquettes et obtenir la figure ci-dessous.
Le point $J$ est le point que j'avais appelé $I_{\theta+\frac{\pi}2}$.
Je le répète encore: on a des similitudes directes: $a\iff b\iff c$ entre les cercles $\Gamma_A$, $\Gamma_B$, $\Gamma_C$ et le but de la manip est d'exhiber à la fin des fins les centres de similitudes que je noterai $\alpha$ pour la similitude $b\iff c$, $\beta$ pour la similitude $c\iff a$, $\gamma$ pour la similitude $a\iff b$.
Pour le moment je ne les ai pas tracés.
Avant cela, on va répondre à quelques questions de bon sens!
1° Quelles sont les distances du point $J$ aux côtés du triangle mobile $T=a'b'c'$?
2° On constate que les perpendiculaires respectives issues des points $A$, $B$, $C$ aux côtés $b'c'$, $c'a'$, $a'b'$ du triangle $T$ concourent au point $I$. Dans le jargon des sectateurs de la géométrie du triangle, on dit que les triangles $ABC$ et $a'b'c'=T$ sont orthologiques.
De même, on constate que les parallèles respectives issues des points $A$, $B$, $C$ aux côtés $b'c'$, $c'a'$, $a'b'$ du triangle $T$ concourent au point $J$. Dans le jargon des sectateurs de la géométrie du triangle, on dit que les triangles $ABC$ et $a'b'c'=T$ sont parallélogiques.
Or on montre que deux triangles à la fois orthologiques et parallélogiques sont indirectement semblables.
Le prouver donc directement!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai déjà donné des références hélas un peu anciennes sur la configuration des trois similitudes: le Rouché-Comberousse et le Lalesco.
Il existe aussi des références anglo-saxonness comme le Johnson.
Curieusement la meilleure est la plus ancienne à savoir le Rouché-Comberousse qui souligne bien les propriétés affines du point directeur, fallait le faire alors que Bourbaki n'était pas encore né!!
Mais il y a mieux, cette configuration a été étudiée sur ce forum de façon magistrale par nos amis pldx1 et Poulbot.
Malheureusement je suis actuellement loin de mes bases et bien incapable de retrouver ces discussions! 84610

Amathoué · February 2019

Serait-ce ce dont tu parles cher pappus :http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,953113,953113 ?

pappus · February 2019

Merci Amathoué
C'est bien la fiche technique de pldx1!
Et il devrait y avoir le lien avec les idées de Poulbot!
C'est parfait!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonjour à tous
La droite $AJ$ est parallèle, on le sait, au côté $b'c'$.
Donc en principe, tous les points de cette droite sont à la même distance de la droite $b'c'$ et comme la projection orthogonale de $A$ sur la droite $b'c'$ est le point $a$, la distance de $A$ et donc de $J$ à la droite $b'c'$ est $Aa=r_A$.
De même la distance de $J$ au côté $c'a'$ est $r_B$ et au côté $a'b'$ est $r_C$.
Nos aïeux en déduisaient sans autre état d'âme que le point $J$ était fixe par rapport au triangle $T=a'b'c'$ c'est à dire fixe dans le plan mobile.
Comment écrire cette affirmation de façon un peu plus bourbakiste?
Nous en verrons bientôt les conséquences.
En ce qui concerne cette sombre histoire de similitude indirecte, la seule manière de s'en tirer est d'utiliser les angles orientés de droites.
Le seul problème est qu'en France, pratiquement plus personne ne sait ce qu'est un angle!
Alors faisons comme si et chtoc, une petite chasse aux angles sur ma dernière figure, une!!
$(a'b',a'c')=(Cc,Bb)$, angles à côtés perpendiculaires.
$(Cc,Bb) =(IC, IB)$ car $I=Bb\cap Cc$
$(IC,IB)=(AC,AB)$, cocyclicité des points $A$, $B$, $C$, $I$
$(AC,AB)=-(AB,AC)$, inverse d'un angle dans le groupe des angles orientés de droites, (ce groupe est-il encore enseigné?).
Résultat des courses: $(a'b',a'c')=-(AB,AC)$ et de même $(b'c',b'a')=-(BC,BA)$ et $(c'a',c'b')=-(CA,CB)$
Si l'on sait son cours sur les similitudes, ce qu'à Dieu ne plaise, les triangles $a'b'c'$ et $ABC$ sont inversement semblables.
Maintenant nous sommes arrivés à un moment crucial.
Il va falloir commencer à parler des centres de similitudes $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ et pour cela les localiser un peu mieux.
Montrer qu'ils se trouvent eux aussi sur le cercle $\Gamma$ circonscrit au triangle $ABC$
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · February 2019

Bonne Nuit à tous
Avant d'exhiber les centres de similitude, je voudrais revenir brièvement sur le mouvement plan sur plan des triangles $T=a'b'c'$.
La droite $b'c'$ liée au plan mobile enveloppe le cercle $\Gamma_A$ et son point de contact $a$ est la projection orthogonale du centre instantané de rotation $I$ sur cette droite.
C'est ainsi que nos anciens prouvaient que les droites $Aa$, $Bb$, $Cc$ concouraient au centre instantané de rotation $I$.
Ils n'avaient donc pas besoin du calcul monstrueux de la comatrice mais nous, pauvres ignares de nous, on a bien été obligé de se le farcir!!
Le point $J$ est fixe dans le plan mobile et comme la distance $IJ$ est égale au diamètre $2R$ du cercle $\Gamma$ circonscrit au triangle $ABC$, le lieu de $I$ dans le plan mobile est le cercle $\gamma$ de centre $J$ et de rayon $2R$.
C'est bien la roulante de ce mouvement plan sur plan comme je l'avais dit.
Pour prouver que $J$ est fixe dans le plan du triangle $a'b'c'$, il suffit de prouver que ses coordonnées trilinéaires dans ce triangle sont constantes.
Celles si sont de la forme: $(\epsilon_A(J)r_A:\epsilon_B(J)r_B:\epsilon_C(J)r_C)$
Ces fonctions $\epsilon$ sont des fonctions continues de $J$ et à valeurs dans $\{1,-1\}$ et sont donc constantes.
Petite question technique:
Dans un triangle $ABC$ du plan euclidien, combien de points ont pour coordonnées trilinéaires $(\pm x:\pm y:\pm z)$ où les réels $x$, $y$, $z$ sont donnés strictement positifs et quelle est leur disposition?
Amicalement
[small]p[/small]appus 84644

pappus · March 2019

Bonjour à tous
Quand je me suis attaqué à ce second problème, je ne savais pas trop ce que j'allais obtenir.
Bien sûr, j'avais vu immédiatement qu'on avait un mouvement plan sur plan et je savais qu'il fallait reconstituer la configuration des trois similitudes mais sur quoi allait-on tomber exactement, je n'en savais rien.
J'ai l'avantage sur nos aïeux d'avoir un logiciel de géométrie
En ce qui concerne les centres de similitude, je dispose, parmi des milliers d'autres, d'une macro construisant automatiquement le centre de la similitude directe envoyant deux points distincts sur leurs images et c'est ainsi que j'ai construit le centre $\alpha$ de la similitude envoyant $(B,b)$ sur $(C,c)$ et que je me suis aperçu qu'il appartenait au cercle circonscrit $\Gamma$ au triangle $ABC$
Il en était de même pour les centres $\beta$ et $\gamma$.
Il fallait expliquer cela et évidemment ce n'est qu'une simple application de la défunte théorie des groupes (de transformations), ici en l'occurrence le non moins défunt groupe des similitudes directes du plan euclidien.
Une similitude directe $s$ conserve les angles, (encore faut-il savoir de quoi on parle et c'est bien le problème!).
Voilà de quoi il retourne.
Soient $d$ et $d'$ deux droites du plan, alors on a l'égalité entre angles orientés de droites:
$$(d,d')=(s(d), s(d'))$$
En permutant les moyens, (encore faut-il comprendre pourquoi on a le droit de le faire), on obtient:
$$(d,s(d))=(d',s(d'))$$
L'application $d\mapsto (d,s(d))$ est constante.
On aurait bien envie d'appeler cette constante l'angle de la similitude $s$ mais cette notion est déjà prise et c'est un angle orienté de vecteurs. Alors ne lui donnons pas de nom même s'il n'est pas interdit de chercher la relation existant entre ces deux angles.
Maintenant regarde de tous tes yeux regarde!
$\alpha$ est le centre de la similitude directe $s_A$ envoyant $\Gamma_B$ sur $\Gamma_C$
On a:$s_A(\alpha

=\alpha C$; $s_A(\alpha b)=\alpha c$ et $s_A$ envoie la tangente en $b$ au cercle $\Gamma_B$ sur la tangente en $c$ au cercle $\Gamma_C$. Donc on a:
$(\alpha B,\alpha C)=(\alpha b,\alpha c)=(a'c',a'b')=(a'b,a'c)$
Le point $\alpha$ appartient donc au cercle $a'bc$. Mais ce cercle n'est autre que le cercle de diamètre $a'I$
Donc $(\alpha b,\alpha c)=(Ib,Ic)=(IB,IC)$
Et c'est fini: $(\alpha B,\alpha C)=(IB,IC)$, le point $\alpha$ appartient au cercle $IBC$ c'est à dire au cercle $\Gamma$.
Il en est de même des points $\beta$ et $\gamma$!
On a même un petit bonus! Comme $\alpha$ appartient au cercle de diamètre $Ia'$, on a $\alpha a'\perp \alpha I$ mais on sait déjà que $\alpha J\perp \alpha I$ et donc les points $\alpha$, $a'$, $J$ sont alignés.
Il en résulte que les triangles $\alpha\beta\gamma$ et $a'b'c'$ sont en perspective par rapport au point $J$
On avait déjà vu auparavant que les triangles $ABC$ et $abc$ étaient aussi en perspective par rapport au point $I$.
Ces deux propriétés apparaissent dans la fiche technique de pldx1, quelles sont elles?
On a vu que le point $J$ était fixe dans le triangle $a'b'c'$.
Soit $s$ la similitude indirecte $a'b'c'\mapsto ABC$, le point $s(J)$ est donc fixe dans le triangle $ABC$, montrer que $s(J)$ est le point isogonal du point directeur $D$ dans le triangle $ABC$.
Je rappelle que $D=A\alpha\cap B\beta\cap C\gamma$.
Amicalement
[small]p[/small]appus 84656

pappus · March 2019

Bonne Nuit
Il suffit de se rappeler la définition de l'isogonalité, le reste est la routine de la chasse aux angles.
On pose $E=s(J)$ où $s$ est la similitude indirecte $a'b'c'\mapsto ABC$.
$(AB,AE)=-(a'b',a'J)$, action de la similitude indirecte $s$.
$-(a'b',a'J)=(a'J,a'b')$, passage à l'inverse dans le défunt groupe des angles orientés de droites.
$(Ja', a'b')=(Ja',JC)$ car $JC\parallel a'b'$
$(Ja',JC)=(J\alpha, JC)$, $J$, $a'$, $\alpha$ alignés.
$(J\alpha,JC)=(A\alpha,AC)$, $A$, $\alpha$, $J$, $C$ cocycliques
$(A\alpha, AC)=(AD,AC)$, $A$, $D$, $\alpha$ alignés.
Finalement
$(AB,AE)=(AD,AC)$ prouvant que les droites $AD$ et $AE$ sont $A$-isogonales.
On prouve de même la $B$-isogonalité des droites $BD$ et $BE$ et la $C$-isogonalité des droites $CD$ et $CE$.
Le point directeur $D$ et le point $E=s(J)$ sont isogonaux dans le triangle $ABC$.
En ce qui concerne le glossaire de pldx1:
Le triangle $a'b'c'$ est un triangle à côtés homologues donc en perspective avec le triangle de similitude $\alpha\beta\gamma$, le centre de perspective $J$ étant situé sur le cercle de similitude $\Gamma$.
Le triangle $abc$ est un triangle à sommets homologues donc en perspective avec le triangle invariable $ABC$, le centre de perspective $I$ étant situé sur le cercle de similitude $\Gamma$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il est temps maintenant de faire la synthèse de tout ce fourbi comme au bon vieux temps du PS, en espérant toutefois un peu plus de réussite
Vous avez sur votre feuille de papier ou sur votre écran les trois cercles $\Gamma_A$, $\Gamma_B$, $\Gamma_C$, c'est tout et il s'agit d'exhiber les quatre configurations des trois similitudes dont j'ai parlé!!
Une fois la synthèse achevée, décrire en détail les deux cas:
1° $r_A=r_B=r_C$.
2° $\dfrac{r_A} a=\dfrac{r_B}b=\dfrac{r_C}c$ où comme d'habitude $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$.

pappus · March 2019

Bonjour à tous
Rappelez vous!
Il y a trois semaines dans cette discussion un peu nostalgique:
Souvenirs souvenirs
j'avais retrouvé ma première intervention sur ce forum.
Il s'agissait d'une réponse un peu piteuse à une très intéressante question de notre ami john_john que je salue dans cette discussion:
Des cercles tangents
une discussion toujours ouverte, je le signale.
En faisant cette recherche, j'avais dû farfouiller un peu au hasard dans toutes mes premières interventions et c'est ainsi que je suis tombé sur ces deux discussions datant d'il y a plus de dix ans et que j'avais complètement oubliées:
Tournez manèges
Le manège des tangentes
Il y a dix ans je n'avais pas eu beaucoup de réaction à part celle de notre ami Bouzar et c'est pourquoi j'avais laissé tomber ces deux discussions assez rapidement.
J'ai trouvé dommage de les laisser dans leur oubli et c'est pourquoi j'ai ouvert la discussion actuelle.
Dix ans après je n'ai pas eu beaucoup plus de réponses à part celle de Bouzar encore et toujours et je l'en remercie du fond du coeur.
Je n'ai fait que détailler, jour après jour, la preuve de ce que j'avançais à l'époque.
Mais arrivé à ce stade, j'estime que j'en ai assez fait et je laisse la synthèse ouverte à tous et à toutes.
J'espère que je n'aurais pas à attendre dix ans de plus car le temps m'est compté!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On peut oublier sans trop de dommages la géométrie que nous avons survolée et en revenir à ses bases: les axiomes de Thalès et de Pythagore, la droite réelle et le cercle trigonométrique.
Par contre nous avons rencontré des choses essentielles:
la formule de Taylor, la linéarité du déterminant par rapport à chacune de ses colonnes, la dérivation d'un déterminant, la comatrice, je passe et j'en oublie!

pappus · March 2019

Bonjour
Personne n'est attiré par la synthèse, une activité pourtant bien connue de nos politiques mais il est vrai que la géométrie est devenue une langue morte!
Devrais-je attendre encore dix ans pour la voir ou faudra-t-il que je m'y colle comme d'habitude?
En attendant voici la figure finale qu'il faudra bien expliquer tôt ou (plus probablement) tard!
Amicalement
[small]p[/small]appus 84766

pappus · March 2019

Bonjour
J'ai compris!
Va falloir me farcir la synthèse mais à ma vitesse d'escargot!
Si on a bien suivi ce que j'ai dit, on a un mouvement plan sur plan dont on a pas le choix.
La base tracée en rouge est le cercle $\Gamma$ circonscrit au triangle $ABC$ de rayon $R$.
La roulante tracée en bleu est le cercle $\gamma$ de centre $J$ et de rayon $2R$ tangent intérieurement en $I$ au cercle $\Gamma$.
Par contre, en ce qui concerne les tangentes et leurs points de contact, on a l'embarras du choix:$\{a,a'\}=AI\cap \Gamma_A$, $\{b,b'\}=BI\cap \Gamma_B\ $, $\{c,c'\}=CI\cap \Gamma_C$.
J'ai tracé en bleu les tangentes, $6$ au total ainsi que le point $J$
Quand la roulante bleue $\gamma$ roule sans glisser sur la base rouge $\Gamma$, tout ce fourbi bleu, le point $J$ plus les $6$ tangentes, forme un système rigide fixe dans le plan mobile.
On a donc $2\times 2\times 2=8$ triangles possibles.
Alors question épouvantable, pourquoi n'a-t-on que $4$ familles de triangles et non $8$?
Amicalement
[small]p[/small]appus 84866

pappus · March 2019

Bonjour à tous
Tout simplement parce que sur ma figure ci-dessous, si le triplet $(a,b,c)\in \Gamma_A\times \Gamma_B\times \Gamma_C$ appartient à une famille, le triplet $(a',b',c')\in \Gamma_A\times \Gamma_B\times \Gamma_C$ appartient à la même famille, [large]pourquoi ?[/large]
On a donc seulement $\dfrac 82=4$ familles car $8=2\times 4$.
C'est bon de temps en temps de revenir aux bases c'est à dire à ces bonnes vieilles tables de multiplication. Sont-elles encore enseignées?
Amicalement
[small]p[/small]appus 84934

pappus · March 2019

Bonne Nuit
Si le triangle $abc$ est un triangle à sommets homologues d'une famille, (i.e: d'une configuration des trois similitudes), le triangle $a'b'c'$ est aussi un triangle à sommets homologues de la même famille car les similitudes conservent les diamètres, enfin il parait!
Au point où on en est , les coordonnées trilinéaires de $J$ dans chaque triangle de chacune des quatre familles sont de la forme $(r_A:\pm r_B:\pm r_C)$
Les quatre points isogonaux $\{E_k\vert\ 1\le k\le 4\}$ des points directeurs $\{D_k\vert 1\le k\le 4\}$ auront eux aussi pour coordonnées trilinéaires dans le triangle $ABC$, les $(r_A:\pm r_B:\pm r_C)$ puisqu'ils sont les images de $J$ par des similitudes indirectes.
On sait que cela entraîne qu'ils forment une orbite harmonique dans le triangle $ABC$
Remarque: un élève de Seconde avait les moyens techniques de le démontrer autrefois, alors qu'aujourd'hui on ne sait plus ce qu'est une orbite harmonique, sait-on même ce qu'est une orbite? Est-ce encore enseigné?
Maintenant que peut-on dire de la structure des $4$ points directeurs $D_k$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · March 2019

Bonjour
J'avais déjà révélé la structure des points directeurs $D_k$.
Eux aussi forment une orbite harmonique.
Pourquoi?
Tout simplement parce que l'isogonalité dans un triangle préserve les orbites harmoniques de ce triangle
C'est assez surprenant car l'isogonalité n'est pas une transformation projective.
Je n'y avais pas pensé avant d'avoir fait ce minuscule exercice.
Alors pourquoi diable en est-il ainsi?
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · March 2019

Bonjour
Tout simplement par ce qu'entre les coordonnées trilinéaires de deux points isogonaux $M(x:y:z)$ et $M'(x':y':z')$, on a les relations:
$$x.x'=y.y'=z.z'$$
Donc l'isogonalité transforme l'orbite harmonique $(x:\pm y:\pm z)$ en l'orbite harmonique $(\dfrac 1x:\pm\dfrac 1y:\pm\dfrac 1z)$
Cela explique ma figure déjà donnée ci-dessous!
On sait construire les centres de similitude puisqu'on sait qu'ils sont sur le cercle $\Gamma$
Par exemple les centres de similitudes $\alpha$ et $\alpha'$ entre les cercles $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$ sont situés à l'intersection du cercle de similitude de ces deux cercles tracés en bleu pointillé et le cercle $\Gamma\ $.
On obtient de même les paires $(\beta,\beta')$ et $\gamma, \gamma')$.
Je me suis arrangé avec mes notations pour que le triplet $(\alpha,\beta, \gamma)$ corresponde au point directeur de l'orbite harmonique $D(x:y:z)$ situé à l'intérieur du triangle $ABC$ avec $x>0$, $y>0$, $z>0$
Le triplet $(\alpha,\beta',\gamma')$ correspond alors au point directeur $D_A(-x:y:z)$
Le triplet $(\alpha',\beta,\gamma')$ correspond alors au point directeur $D_B(x:-y:z)$
Le triplet $(\alpha',\beta',\gamma)$ correspond alors au point directeur $D_C(x:y:-z)$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il ne reste plus maintenant qu'à refaire cette figure et à identifier les points directeurs dans les deux cas particuliers:
$r_A=r_B=r_C$ et $\dfrac{r_A}a=\dfrac{r_B}b=\dfrac{r_C}c$ 85140

pappus · March 2019

Bonjour à tous
Examinons d'abord le premier cas $r_A=r_B=r_C$.
Une première question épouvantable se pose à nous: quels sont les cercles de similitude, ceux que j'ai tracés en pointillé bleu?
Autrement dit, il faut répondre auparavant à une autre question particulièrement atroce: quelles sont les isométries directes et indirectes qui envoient un cercle sur un autre cercle de même rayon. Je comprends que ce soit particulièrement difficile quand on a sous la main que le cercle trigonométrique!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · March 2019

Bonsoir
Quand deux cercles ont le même rayon, le cercle de similitude devient une droite, à savoir la médiatrice du segment joignant les centres.
Je n'ose demander quelles sont les isométries directes et surtout indirectes envoyant un cercle sur l'autre!. On aurait surement bien des surprises quand on connait l'état plus que délabré de notre enseignement!
On obtient la figure ci-dessous.
Maintenant un autre casse-tête épouvantable! Identifier les points directeurs!
Le point $J$ a des coordonnées trilinéaires de la forme $(1:\pm 1:\pm 1)$ dans les triangles tangentiels.
Il en résulte que les points $E_k$ puis les points $D_k$ ont des coordonnées trilinéaires de la forme $(1:\pm 1:\pm 1)$ dans le triangle $ABC$.
Il y a environ $32000$ points répertoriés dans $ETC$. Il vous faut retrouver le point de coordonnées trilinéaires $(1:1:1)$ dans ce répertoire. Bon courage!
Amicalement
[small]p[/small]appus 85220

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