Alignements et aires

Bonsoir à tous
J'ai eu l'idée de cet exercice en finissant ce que j'avais à raconter dans la discussion sur les TGV circulaires c'est dire combien ces questions sont très liées!
Il n'empêche qu'on peut résoudre cet exercice en restant dans les complexes et en invoquant au besoin Rescassol comme l'a fait Hamzium!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol
Je sais que c'est vrai mais il faut te croire sur parole même si nous savons qu'elle ne peut être mise en doute!
Montrer alors que la droite $\rho_A(M)\rho_B(M)\rho_C(M)$ passe par un point fixe à identifier.
Que donne le deuxième exercice?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol
Oui, le second lieu est encore un cercle qu'il faudrait identifier!
Ci-dessous la figure du premier exercice.
Il va de soi que ma figure est parfaitement exacte. Je ne triche jamais et je n'ai pas eu besoin du moindre nombre complexe pour la tracer.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Eh bien l'idée sous-jacente est de regarder les correspondances:
$$\rho_A(M)\iff\rho_B(M)\iff\rho_C(M)$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol
Oui, j’avoue être un peu obsédé par cette riche configuration où se croisent toutes les géométries, la preuve avec la géométrie circulaire.
Tu ne m’as pas répondu sur le faisceau de cercles mais on y reviendra!
Quel est le point directeur de cette configuration?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Cette dernière équation signifie évidemment qu'il existe une homographie $\varphi_M$ telle que:
$\varphi_M(A)=\rho_A(M)$, $\varphi_M(B)=\rho_B(M)$, $\varphi_M(C)=\rho_C(M)$,.$\varphi_M(M)=\infty$
Montrer que la classe de conjugaison de $\varphi_M$ dans le groupe des homographies ne dépend pas de $M$.
Quelle est cette classe?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol
C'est exact.
En posant $z'=\varphi_M(z)$, on peut mettre cette correspondance sous la forme plus symétrique:
$$(z'-m)(z-m)=\dfrac{(m-a)(m-b)(m-c)}{m-e}$$
C'est bien une transposition circulaire ou involution.
Les transpositions circulaires forment bien une classe de conjugaison dans le groupe des homographies.
Les correspondances $\rho_A(M)\iff\rho_B(M)\iff\rho_C(M)$ sont bien des similitudes directes de centres respectifs $A$, $B$, $C$ comme tu l'as dit.
On peut le vérifier par le calcul comme tu l'as fait mais cela peut se faire sans le moindre nombre complexe.
Par exemple:
$(\rho_C.\rho_B^{-1})(\infty)=\rho_C(E)=\infty$ et $(\rho_C.\rho_B^{-1})(A)=\rho_C(A)=A$
Puisque $\rho_C.\rho_B^{-1}$ fixe $\infty$, c'est bien une similitude directe et comme elle fixe $A$ aussi, c'est une similitude directe de centre $A$.
On est bien face à la configuration des trois similitudes pour laquelle pour tout $M$, le triangle $A'B'C'$ de sommets $A'=\rho_A(M)$, $B'=\rho_B(M)$, $C'=\rho_C(M)$ est un triangle à sommets homologues.
Il est quand même surprenant que quelque soit le triangle à sommets homologues $A'B'C'$ , l'unique transformation circulaire directe envoyant le triplet des centres de similitude $(A,B,C)$ sur le triplet $(A',B',C')$ soit toujours involutive.
Ce simple résultat marque bien l'irruption de la géométrie circulaire dans la théorie apparemment euclidienne des trois similitudes.
On a déjà une première question angoissante. Quel est le point directeur de cette configuration?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol de nous avoir présenté ton calcul.
Je ne comprends pas ton expression: Pour que $M$ soit fixe, le point $M$ n'est pas fixe puisqu'il se promène sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Je dirai plutôt l'équation de la droite $\rho_A(M)\rho_B(M)\rho_C(M)$:
$$(e-m)z-s_3(\overline{e}m-1)\overline{z}+(s_1-e)m+ s_3\overline{e}-s_2=0$$
dépend linéairement de $m$, donc on est face à un faisceau linéaire de droites qu'on traite en conséquence!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol
Dans ta méthode, le plus casse-pied est d'obtenir l'équation de la droite!
df va peut-être t'embêter sur ce sujet!
Je veux maintenant expliciter la fin de ton raisonnement.
L'équation de ta droite s'écrit:
$$ez+s_3(\overline e+\overline z)-s_2-(e+z+s_3\overline e.\overline z-s_1)m=0$$
Si on pose $u=e+z+s_3\overline e.\overline z-s_1$, l'équation de ta droite s'écrit:
$$s_3\overline u-m.u=0$$
Le point de base du faisceau vérifie donc $u=0$ ou encore:
$e+z+s_3\overline e.\overline z-s_1=0$
C'est le couplage isogonal de Morley entre $e$ et $z$ tel qu'il est écrit dans son livre: Inversive Geometry.
Tout le monde devrait avoir lu ce livre écrit dans un style délicieux so british!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Nous allons retrouver ce couplage d'une autre façon car le point $D$ est le point directeur de cette configuration des trois similitudes.
Encore faut-il le prouver. C'est un beau petit exercice sur les défunts barycentres qui ne devrait pas déplaire à notre ami Bouzar!

Bonjour
Une autre chose à retenir du groupe circulaire est que ses éléments transforment les cercles en cercles avec ce petit bémol un cercle passant par $\infty$ est une droite.
Et c'est ce qui se passe dans notre cas de figure. Si $\Gamma$ est le cercle unité, $\varphi_M(\Gamma)$ est toujours un cercle passant par les points $\varphi_M(A)=\rho_A(M)$, $\varphi_M(B)=\rho_B(M)$, $\varphi_M(C)=\rho_C(M)$ mais aussi par le point $\varphi_M(M)=\infty$ et $\varphi_M(\Gamma)$ est en fait une droite!
Maintenant disons un mot concret sur le calcul des images.
Vous avez une partie $\Omega$ du plan définie par une certaine propriété $P$ : i.e: $m\in \Omega$ si et seulement si $P(m)$ est vraie.
Vous disposez d'une transformation $\varphi$ du plan et vous voulez définir la propriété $Q$ définissant l'image $\varphi(\Gamma)$
Mais $m\in \varphi(\Gamma)$ si et seulement si $\varphi^{-1}(m)\in \Gamma$ c'est à dire si et seulement si $P(\varphi^{-1}(m))$ est vraie.
C'est la propriété $Q$ cherchée.
On voit que le calcul de l'image par $\varphi$ nécessite curieusement le calcul de $\varphi^{-1}$.
Mais dans notre cas de figure, $\varphi_M$ est involutive, i.e: $\varphi_M^{-1}=\varphi_M$ et le calcul de l'inverse se fait sans difficulté.
Je ne sais pas si cette méthode est plus rapide que celle suivie par Rescassol qui consiste à développer un déterminant de taille $3$ assez conséquent pour ne pas dire monstrueux mais il n'en a cure car tous ses calculs sont confiés à MatLab.
Tout le monde n'a pas cette chance!
Il faudrait faire le calcul à la main par ces deux méthodes pour les comparer utilement!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit
Je vais essayer de faire avec les homographies aussi bien que Bouzar avec les similitudes.
On cherche donc un point $d$ et un triplet de réels $(\alpha,\beta,\gamma)$ tels que:
$$(\alpha+\beta+\gamma)d=\alpha.z_A+\beta.z_B+\gamma.z_C$$
pour tout triangle à sommets homologues $z_Az_Bz_C$.
Donc on prend deux tels triangles et on écrit:
$\alpha.z_A+\beta.z_B+\gamma.z_C=\alpha.z'_A+\beta.z'_B+\gamma.z'_C$
c'et à dire:
$\alpha\big(\dfrac{(b+c-e)m-bc}{m-e}-\dfrac{(b+c-e)m'-bc}{m'-e}\big)+\beta\big(\dfrac{(c+a-e)m-ca}{m-e}-\dfrac{(c+a-e)m'-ca}{m'-e}\big)\\+\gamma\big(\dfrac{(a+b-e)m-ab}{m-e}-\dfrac{(a+b-e)m'-ab}{m'-e}\big)=0$
On chasse les dénominateurs et on fait les mises en facteurs réglementaires pour obtenir:
$$(m-m')\big(\alpha(e-b)(e-c)+\beta(e-c)(e-a)+\gamma(e-a)(e-b)\big)=0$$
Cela se présente pas trop mal, n'est-il pas?
$(\alpha:\beta:\gamma)$ sont donc les coordonnées barycentriques de l'origine dans le triangle dont les affixes des sommets sont $(e-b)(e-c)$, $(e-c)(e-a)$, $(e-a)(e-b)$
Ceux qui ont une addiction aux fractions rationnelles peuvent aussi écrire:
$$\dfrac{\alpha}{e-a}+\dfrac{\beta}{e-b}+\dfrac{\gamma}{e-c}=0\ $$
Intéressons nous à $d$ maintenant.
En faisant $m=\infty$, on obtient:
$(\alpha+\beta+\gamma)d=\alpha(b+c-e)+\beta(c+a-e)\gamma(a+b-e)$
qui s'écrit:
$$d+e=\dfrac{\alpha(b+c)+\beta(c+a)+\gamma(a+b)}{\alpha+\beta+\gamma}$$
En faisant $m=0$, on obtient:
$(\alpha+\beta+\gamma)d=\alpha\dfrac{bc}e+\beta\dfrac{ca}e+\gamma\dfrac{ab}e$
qui s'écrit aussi:
$$de=\dfrac{\alpha.bc+\beta.ca+\gamma.ab}{\alpha+\beta+\gamma}$$
Et là, l'élève $\lambda$ de Terminales S se dit:
Bon Dieu mais c'est bien sûr: $d$ et $e$ sont les deux racines de l'équation du second degré:
$\alpha(z-b)(z-c)+\beta(z-c)(z-a)+\gamma(z-a)(z-b)=0$
ou bien de l'équation rationnelle:
$\dfrac{\alpha}{z-a}+\dfrac{\beta}{z-b}+\dfrac{\gamma}{z-c}=0$
Il faudra attendre un peu plus tard pour savoir pourquoi les Athéniens s'atteignirent, les Perses se percèrent et les Mèdes se médirent!
Faites de beaux rêves!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
On se rend bien compte que cela va être d'une difficulté inouïe.
Puisqu'on connait les deux racines $z'$, $z''$, il paraîtrait qu'on ait, aux dernières nouvelles qui ne sont plus très fraîches, la factorisation:
$$\alpha(z-b)(z-c)+\beta(z-c)(z-a)+\gamma(z-a)(z-b)=(\alpha+\beta+\gamma)(z-z')(z-z'')$$.
Un de nos anciens aurait alors eu l'idée farfelue de faire $z=a$ dans cette identité pour obtenir:
$$\alpha(a-b)(a-c)=(\alpha+\beta+\gamma)(a-z')(a-z'')\ $$
et d'en tirer la conséquence géométrique qui s'imposait!
Mais quelle pouvait être cette conséquence géométrique suffisamment terrrrr...ible pour s'imposer?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
En choisissant le cercle circonscrit au triangle $ABC$ pour cercle-unité, j'ai trouvé pour l'aire algébrique du triangle $z_Az_Bz_C$ après quelques calculs insipides:
$$S(z_A,z_B,z_C)=\dfrac{\imath}4
\begin{vmatrix}
1&z_A&\overline{z_A}\\
1&z_B&\overline{z_B}\\
1&z_C&\overline{z_C}
\end{vmatrix}
=
\dfrac{\imath}4
\dfrac{V(a,b,c)}{abc}
\dfrac{|z|^2-1}{|z-e|^2}
$$
où $V(a,b,c)=(b-c)(c-a)(a-b)$ est le Vandermonde du triplet $(a,b,c)$
Ceci prouve l'affirmation de Poulbot: le lieu des points $M$ tels que l'aire algébrique $S(\rho_A(M),\rho_B(M),\rho_C(M))$ soit constante et égale à $k$ est un cercle du faisceau engendré par le cercle circonscrit au triangle $ABC$ et le cercle-point $E$.
J'avoue que le calcul de son centre et de son rayon ne me tente guère car je commence à somnoler grave!
C'était autrefois un bon exercice pour élève de Seconde, aujourd'hui c'est devenu sans intérêt, le seul cercle connu et utile étant le cercle trigonométrique
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Ce matin quand j'ai allumé ma bécane, j'ai eu instantanément le déclic de faire $z=\infty$ dans ma formule et je savais qu'ainsi j'avais répondu à la question de Poulbot qui réagirait sans doute rapidement!
C'est triste à dire, il y en a qui rêvent à de jolies filles, moi j'ai sans doute rêvé à des homographies!
Il faut bien comprendre l'intérêt géométrique de la jolie formule de Poulbot, (excusez le pléonasme!): il a évalué le rapport:
$$\dfrac{S(\rho_A(M),\rho_B(M),\rho_C(M))}{S(A,B,C)}$$
Si on appelle $f_M\ $ l'application affine, (est-ce un gros mot?) qui envoie le triplet $(A,B,C)$ sur le triplet $(\rho_A(M),\rho_B(M),\rho_C(M))$
Poulbot vient de nous évaluer $\det(\overrightarrow{ f_M})$.
Il ne manque plus que le calcul de $\mathrm{Trace}(\overrightarrow{ f_M})$ pour que le bonheur soit complet!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Poulbot
J'ai quand même mis toute une nuit pour te rattraper.
En tout cas, ce qui est certain, c'est que tu es d'un genre rare, très rare!
J'ai calculé $\mathrm{Trace}(\overrightarrow{f_M})$.
Le résultat est simple.
On dispose donc du polynôme caractéristique de $ \overrightarrow{f_M}$.
Maintenant que va-t-on bien pouvoir en faire?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit
En ce qui concerne le polynôme caractéristique $\chi_M\ $ de $\overrightarrow{f_M}$, la première question est :évidente:
Quel est le lieu des points $M$ pour que $\chi_M$ ait une racine réelle donnée.
La seconde l'est aussi:
Quel est le lieu des points $M$ pour que $\chi_M$ ait une racine double?
J'ai trouvé la courbe d'équation:
$$(2z\overline z-z\overline e-\overline ze)^2-4(z\overline z-1)(z-e)(\overline z-\overline e)=0\ $$
une quartique a priori mais le degré s'abaisse et on obtient une conique décomposée quand elle est réelle, à savoir le faisceau des tangentes issues de $E$ au cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Au dodo!
Amicalement
[small]p[/small]appus