Bonjour Christoph
Une solution très simple mais qui ne semble pas être la tienne.
$C^{\prime }$ est le symétrique de $C$ par rapport à $A$. Prendre $P$ sur le cercle $\left( A,1\right) $ et pour $R$ le symétrique de $C^{\prime }$ par rapport à $P$.
$C,P,Q$ sont alors alignés et $QR$ recoupe le cercle $\left( B,\sqrt{2}\right) $ en un point fixe (sur la parallèle en $C$ à $AB$).
Bien cordialement. Poulbot
Bonjour
Il y a en fait deux centres permanents de similitude entre le triangle $ABC$ et les triangles $PQR$.
Déjà que les centres de similitude ont disparu de la circulation depuis longtemps, ne parlons pas des permanents encore plus rares que ceux du PC!
Ce sont les deux points de coordonnées tripolaires $(1:\sqrt 2:2)$ dans le triangle $ABC$
Poulbot en a découvert un, à savoir son point $C'$, l'autre est l'inverse (quesaco?) $C''$ de $C'$ par rapport au triangle $ABC$.
J'ai dessiné en rouge les triangles de Poulbot de centre permanent de similitude $C'$ et en bleu ceux de Soland de centre permanent de similitude $C''$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour Pappus et merci.
J'avais trouvé comment Soland avait procédé et je comptais demander à nos amis de localiser ton point $C^{\prime \prime }$. Trop tard!
Amicalement. Poulbot
Mon cher Soland
Il y a en général deux points de coordonnées tripolaires données $(x:y:z)$ par rapport à un triangle quelconque $ABC$ et ces deux points sont inverses par rapport au cercle circonscrit à ce triangle.
J'ai déjà raconté cela des dizaines de fois ici même!
Chez nous il ne reste plus que les coordonnées cartésiennes et encore seulement dans les repères orthonormés!
Quant aux similitudes, elles ont disparu de la circulation depuis longtemps dans notre république analphabète!
Subsistent-elles encore dans les alpages?
Je crois bien qu'ici, il ne nous reste plus que la transformation identique et le groupe qu'elle engendre.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour Christoph
"Je suis étonné par le nombre de solutions"
Il y a $2$ autres familles de solutions données par une similitude indirecte.
La première est évidente : les triangles $PQC^{\prime }$ de ma figure plus haut.
Ci-dessous, comment construire un triangle $PQ^{\prime }R^{\prime }$ de la deuxième famille à partir d'un "triangle bleu" $PQR$ de Pappus ($z_{Q}z_{Q^{\prime }}=-1$).
Amicalement. Poulbot
Bonjour
On peut se demander pourquoi chacun des côtés des triangles rouges de Pappus passent par un point fixe alors que ce n'est pas le cas pour les triangles bleus.
C'est tout simplement du au fait que les distances $AC^{\prime },BC^{\prime },CC^{\prime }$ sont égales respectivement à $1,\sqrt{2},2$ alors que les distances $AC^{\prime \prime },BC^{\prime \prime },CC^{\prime \prime }$ ne sont que proportionnelles à $1,\sqrt{2},2$.
En fait (et on a probablement déjà du le voir) ce résultat est général.
Etant donnés un triangle $ABC$ et un point $\Omega $, désignons par $\Gamma _{A},\Gamma _{B},\Gamma _{C}$ les cercles de centres $A,B,C$ passant par $\Omega $ et par $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ les deuxièmes points communs à $\Gamma _{B}$ et $\Gamma _{C}$, $\Gamma _{C}$ et $\Gamma _{A}$, $\Gamma _{A}$ et $\Gamma _{B}$.
Alors étant donnés $P\in \Gamma _{A},Q\in \Gamma _{B},R\in \Gamma _{C}$, le triangle $PQR$ est image de $ABC$ par une similitude directe de centre $\Omega $ si et seulement si les droites $QR,RP,PQ$ passent respectivement par $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ (deux de ces conditions entraînent d'ailleurs la troisième).
Bonjour Bouzar "Une rescassolisation est possible"
Probablement mais on peut faire bien plus simple en utilisant le fait que $\Omega $ est le centre de la similitude directe $A\rightarrow P,B\rightarrow Q$ $\Longleftrightarrow $ $\Omega $ est le centre de la similitude directe $A\rightarrow B,P\rightarrow Q$.
Si $P\in \Gamma _{A},Q\in \Gamma _{B}$, cette dernière similitude transforme visiblement $\Gamma _{A}$ en $\Gamma _{B}$ et la condition ci-dessus équivaut à $P,Q,C^{\prime }$ alignés (voir, par exemple, Lebossé-Hémery).
Amicalement. Poulbot
Réponses
Une solution très simple mais qui ne semble pas être la tienne.
$C^{\prime }$ est le symétrique de $C$ par rapport à $A$. Prendre $P$ sur le cercle $\left( A,1\right) $ et pour $R$ le symétrique de $C^{\prime }$ par rapport à $P$.
$C,P,Q$ sont alors alignés et $QR$ recoupe le cercle $\left( B,\sqrt{2}\right) $ en un point fixe (sur la parallèle en $C$ à $AB$).
Bien cordialement. Poulbot
Il y a en fait deux centres permanents de similitude entre le triangle $ABC$ et les triangles $PQR$.
Déjà que les centres de similitude ont disparu de la circulation depuis longtemps, ne parlons pas des permanents encore plus rares que ceux du PC!
Ce sont les deux points de coordonnées tripolaires $(1:\sqrt 2:2)$ dans le triangle $ABC$
Poulbot en a découvert un, à savoir son point $C'$, l'autre est l'inverse (quesaco?) $C''$ de $C'$ par rapport au triangle $ABC$.
J'ai dessiné en rouge les triangles de Poulbot de centre permanent de similitude $C'$ et en bleu ceux de Soland de centre permanent de similitude $C''$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'avais trouvé comment Soland avait procédé et je comptais demander à nos amis de localiser ton point $C^{\prime \prime }$. Trop tard!
Amicalement. Poulbot
Avec deux cercles d'Apollonius j'ai construit le point $O$ de coordonnées tripolaires
$O:(1:\sqrt{2}:2)\quad$ relativement au repère $(ABC)$ .
"Mon" $(PQR)$ est l'image de $(ABC)$ par l'homothétie de centre $O$ et de rapport
$1+\sqrt{5}$
P.S. Les coordonnées cartésiennes de $O$ relativement au repère $(ABC)$ sont $0.2,0.1$ .
Il y a en général deux points de coordonnées tripolaires données $(x:y:z)$ par rapport à un triangle quelconque $ABC$ et ces deux points sont inverses par rapport au cercle circonscrit à ce triangle.
J'ai déjà raconté cela des dizaines de fois ici même!
Chez nous il ne reste plus que les coordonnées cartésiennes et encore seulement dans les repères orthonormés!
Quant aux similitudes, elles ont disparu de la circulation depuis longtemps dans notre république analphabète!
Subsistent-elles encore dans les alpages?
Je crois bien qu'ici, il ne nous reste plus que la transformation identique et le groupe qu'elle engendre.
Amicalement
[small]p[/small]appus
"Je suis étonné par le nombre de solutions"
Il y a $2$ autres familles de solutions données par une similitude indirecte.
La première est évidente : les triangles $PQC^{\prime }$ de ma figure plus haut.
Ci-dessous, comment construire un triangle $PQ^{\prime }R^{\prime }$ de la deuxième famille à partir d'un "triangle bleu" $PQR$ de Pappus ($z_{Q}z_{Q^{\prime }}=-1$).
Amicalement. Poulbot
On peut se demander pourquoi chacun des côtés des triangles rouges de Pappus passent par un point fixe alors que ce n'est pas le cas pour les triangles bleus.
C'est tout simplement du au fait que les distances $AC^{\prime },BC^{\prime },CC^{\prime }$ sont égales respectivement à $1,\sqrt{2},2$ alors que les distances $AC^{\prime \prime },BC^{\prime \prime },CC^{\prime \prime }$ ne sont que proportionnelles à $1,\sqrt{2},2$.
En fait (et on a probablement déjà du le voir) ce résultat est général.
Etant donnés un triangle $ABC$ et un point $\Omega $, désignons par $\Gamma _{A},\Gamma _{B},\Gamma _{C}$ les cercles de centres $A,B,C$ passant par $\Omega $ et par $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ les deuxièmes points communs à $\Gamma _{B}$ et $\Gamma _{C}$, $\Gamma _{C}$ et $\Gamma _{A}$, $\Gamma _{A}$ et $\Gamma _{B}$.
Alors étant donnés $P\in \Gamma _{A},Q\in \Gamma _{B},R\in \Gamma _{C}$, le triangle $PQR$ est image de $ABC$ par une similitude directe de centre $\Omega $ si et seulement si les droites $QR,RP,PQ$ passent respectivement par $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ (deux de ces conditions entraînent d'ailleurs la troisième).
Amicalement. Poulbot
Une rescassolisation est possible.
Voici une illustration de ton résultat:
"Une rescassolisation est possible"
Probablement mais on peut faire bien plus simple en utilisant le fait que $\Omega $ est le centre de la similitude directe $A\rightarrow P,B\rightarrow Q$ $\Longleftrightarrow $ $\Omega $ est le centre de la similitude directe $A\rightarrow B,P\rightarrow Q$.
Si $P\in \Gamma _{A},Q\in \Gamma _{B}$, cette dernière similitude transforme visiblement $\Gamma _{A}$ en $\Gamma _{B}$ et la condition ci-dessus équivaut à $P,Q,C^{\prime }$ alignés (voir, par exemple, Lebossé-Hémery).
Amicalement. Poulbot