Une inconnue ?
Réponses
-
Bonjour,
Les six points ne sont pas coconiques en général.
Les trois points sur le cercle circonscrit forment un triangle symétrique du triangle initial par rapport au centre de ce cercle circonscrit.
Le triangle initial n'a aucun besoin d'être acutangle.
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir
On peut montrer que deux triangles symétriques par rapport à un point sont orthologiques et inscrits dans une même conique.
Amicalement -
Bonjour,
Oui, Bouzar, mais ce ne sont pas ces six points là dont parlait Soland.
Je précise que les six points sont coconiques si et seulement si le triangle initial est rectangle ou isocèle.
Cordialement,
Rescassol -
J'ai vérifié que dans le cas du triangle de mon dessin
les six points ne sont pas coconiques.
Dommage. -
Bonjour,
clc, clear all, close all; syms a b c; syms aB bB cB; % Conjugués aB=1/a; % Morley circonscrit bB=1/b; cB=1/c; syms s1 s2 s3; syms s1B s2B s3B; % Conjugués s1=a+b+c; s2=a*b+b*c+c*a; s3=a*b*c; s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3; %----------------------------------------------------------------------- % Pieds des hauteurs du triangle ABC a1=(s1*a-b*c)/(2*a); b1=(s1*b-c*a)/(2*b); c1=(s1*c-a*b)/(2*c); a1B=(s1B*aB-bB*cB)/(2*aB); % Conjugués b1B=(s1B*bB-cB*aB)/(2*bB); c1B=(s1B*cB-aB*bB)/(2*cB); % Sommets externes des trois rectangles ba=Factor(b+a-a1) % On trouve ba = (a*b - a*c + b*c + a^2)/(2*a) ca=Factor(c+a-a1); cb=Factor(c+b-b1); ab=Factor(a+b-b1); ac=Factor(a+c-c1); bc=Factor(b+c-c1); baB=Factor(bB+aB-a1B); % Conjugués caB=Factor(cB+aB-a1B); cbB=Factor(cB+bB-b1B); abB=Factor(aB+bB-b1B); acB=Factor(aB+cB-c1B); bcB=Factor(bB+cB-c1B); %----------------------------------------------------------------------- % Les 6 points sont ils coconiques ? Mat=[ba^2 ba*baB baB^2 ba baB 1; ca^2 ca*caB caB^2 ca caB 1; cb^2 cb*cbB cbB^2 cb cbB 1; ab^2 ab*abB abB^2 ab abB 1; ac^2 ac*acB acB^2 ac acB 1; bc^2 bc*bcB bcB^2 bc bcB 1]; Nul=Factor(det(Mat)) % On trouve: Nul=-((a + b)*(a + c)*(b + c)*(a - b)^3*(a - c)^3*(b - c)^3*(- c^2 + a*b)*(- b^2 + a*c)*(- a^2 + b*c))/(8*a^6*b^6*c^6); % Donc non, sauf si b+c=0 (ABC rectangle) ou a^2=bc (ABC isocèle) et permutation %----------------------------------------------------------------------- % Droites (B B_C) et (C C_B) [pab qab rab]=DroiteDeuxPoints(b,bc,bB,bcB); [pac qac rac]=DroiteDeuxPoints(c,cb,cB,cbB); % Point d'intersection A' de ces deux droites [ap apB]=IntersectionDeuxDroites(pab,qab,rab,pac,qac,rac); ap=Factor(ap) % On trouve ap = -a, symétrique de A par rapport à O
Cordialement,
Rescassol -
Mes excuses pour l'erreur,
j'espère qu'on s'en remettra. -
Aaah ça, j'sais pas, si on s'en remettra ... Gross Katastrophe !!! ;-) ;-)
Plus sérieusement, si ce n'est pas une conique, qu'est-ce que cela peut être ?
JLB -
On peut rallonger le polynôme :
$a+bx+cy+dx^2+exy+fy^2+x^3$, ou $+xy^3$
ou autre.
J'ai lu ailleurs que tu avais subi la révolution culturelle bourbakiste.
Ça devait être au temps où j'enseignais au lycée
avec un manuel en trois tomes (ou THÔMES) de 150 pages intitulé
Notions fondamentales de la mathématique élémentaire
Interdit de rire ! de pleurer aussi. -
Bonjour
Ce serait dommage de ne pas faire mumuse avec la soixante sixième configuration de Soland que j'ai enregistrée.
Il a dû nous en proposer beaucoup plus!
$\alpha$, $\beta\ $, $\gamma$ sont les centres de nos trois rectangles helvètes.
Montrer que les triangles $ABC$ et $\alpha\beta\gamma$ sont homologiques et orthologiques.
Sans en être sûr, je crois qu'on dit qu'ils sont paralogiques.
Sur ma figure, le point $O$, (à identifier!), est le point fixe de la défunte application affine $ABC\mapsto \alpha\beta\gamma$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
L'orthologie est évidente (si les médiatrices d'un triangle sont de nos jours toujours concourantes)
Quant à tout point $S$, ce devrait être l'isotomique de $H$ par rapport à $ABC$.
Un petit truc à vérifier (Rescassol??) :
Avec les notations de Pappus, on considère les points $U=bc^{\prime }\cap cb^{\prime },V=ca^{\prime }\cap ac^{\prime },W=ab^{\prime }\cap ba^{\prime }$.
Alors $ABC$ et $UVW$ ont même aire algébrique.
Du coup, il y a effectivement peu de chances que $a,a^{\prime },b,b^{\prime },c,c^{\prime }$ soient sur une même conique.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour,
Avec Morley circonscrit, $\alpha=\dfrac{(a+b)(a+c)}{4a}$ et permutation circulaire.
L'application affine $f:ABC\mapsto \alpha\beta\gamma$ est donnée par $f(z)=\dfrac{z+s_2\overline{z}}{4}$.
Sont point fixe est évidemment le centre $O$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
En ce qui concerne la question de Poulbot, je vais voir.
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir Soland, Pappus et tous les autres,
Oui, Soland, je me souviens vaguement qu'en effet, l'un de mes "profs de maths", je ne me souviens absolument plus lequel, avait évoqué en classe, et je me souviens encore moins dans quel contexte et sur quel mode, ironique ou non, un livre de "mathématique" au singulier ...
Et merci de m'apprendre sous quelle égide a eu lieu cette "révocul" assez malvenue de l'enseignement des maths ...
Pappus, ton point S n'est-il pas appelé "centre de perspective" des deux triangles ?
J'avoue ne pas encore avoir intégré ce que sont des triangles homologiques, orthologiques ou paralogiques ...
Bien cordialement
JLB -
Bonsoir Jelobreuil
Oui, $S$ est le centre de perspective de ces deux triangles.
La défunte transformation projective $SABC\mapsto S\alpha\beta\gamma$ est une homologie de pôle $S$.
C'est pourquoi on dit qu'ils sont homologiques.
Aujourd'hui certains trouvent que c'est encore trop long et parlent de perspecteur à rapprocher du perspector de nos amis anglais.
La géométrie projective ayant disparu à tout jamais de notre culture, tu peux te contenter de montrer que les droites $A\alpha$, $B\beta$, $C\gamma$ sont concourantes en un point nommé $S$.
Puis si tu es en grande forme et que tu connais la notion affine d'isotomie dont nous avons souvent parlé ici, tu peux essayer de montrer l'affirmation de Poulbot: $S$ est le point isotomique de l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$ dans ce triangle.
Tout ceci n'est qu'un amuse gueule pour les sectateurs de la géométrie du triangle.
Enfin si tu te sens d'humeur, tu peux essayer de montrer toutes ces propriétés sans le moindre calcul complexe ou barycentrique!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
As-tu compris l'argument de Poulbot sur les chances infinitésimales pour ne pas dire nulles que les points $a$, $a'$, $b$, b'$, $c$, c'$ soient sur une même conique? -
Bonne Nuit à tous
Un petit hint qui devrait faire marcher la boutique.
Le triangle $\alpha\beta\gamma$ est le triangle orthique du triangle médial $A'B'C'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir,
Le point $S$ est $X_{69}=\dfrac{s_1^2s_2+3s_1s_3-4s_2^2}{s_1s_2-9s_3}$.
Cordialement,
Rescassol -
Merci Pappus de ta réponse explicative : si je comprends bien, les expressions "triangles en perspective" et triangles homologiques" sont synonymes, n'est-ce pas ?
Pour ce qui est de l'orthologie, je viens de voir la définition des triangles orthologiques (dans un sujet d'épreuve de CAPES de 1998 !) et de comprendre l'affirmation de Poulbot selon laquelle elle est ici évidente, et même, je plussoie (comme Soland ;-) ), évidemment évidente !
Je vais essayer de prouver cette concourance et cette relation d'isotomie, mais sans illusion sur mes chances d'aboutir ...
Quant à ta question sur l'argument de Poulbot, je ne vois vraiment pas, d'autant moins que les points U, V et W, tels qu'il les a définis, semblent, sur ta figure, être rejetés si loin que le triangle UVW serait beaucoup plus grand que ABC, aire algébrique ou non ... En effet, regarde bien, ac' et a'c, par exemple, sont presque parallèles ! ::o
Maintenant, si Poulbot a voulu désigner par U, V et W les trois points dont Soland disait dès le début qu'ils se trouvent sur le cercle circonscrit, soit les intersections de Bc et Cb', de Ab et Ba', et de Ac et Ca', je comprends bien que l'aire de UVW est égale à celle de ABC, puisque ces triangles sont égaux (leurs trois côtés sont égaux chacun à chacun, ça aussi, c'est évidemment évident !), mais de là à en venir à la conclusion de Poulbot que les six points ne se trouvent pas sur une même conique, là, je reste sec comme de l'amadou !
Il est temps que je te souhaite de passer une bonne nuit !
Bien cordialement
JLB
PS Je viens de lire ton indice ... Bon sang mais c'est bien sûr ! -
Mon cher Jelobreuil
Il n'y a pas à interpréter les définitions de Poulbot.
Elles sont claires:
$U=bc'\cap b'c$, $V=ca'\cap c'a\ $, $W=ab'\cap a'b$
Si les points $a$, $b$, $c$, $a'$, $b'$, $c'$ étaient situés sur une même conique, les points $U$, $V$, $W$ seraient alignés, c'est le théorème de Pascal. On peut dire que le pauvre Blaise s'est donné beaucoup de mal pour pas grand chose, du moins dans son propre pays.
L'aire algébrique du triplet $(U,V,W)$ serait alors nulle et on voit mal comment elle pourrait être égale à l'aire algébrique du triangle $ABC$!
Heureusement il nous reste les Pensées. Encore heureux!
Notre Education Nationale a sans doute oublié de les supprimer de notre culture. On ne peut penser à tout!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Toujours avec les notations de Pappus, si $A_{H},B_{H},C_{H}$ sont les pieds des hauteurs de $ABC$, alors
$a,b,c$ sont les symétriques de $A_{H},B_{H},C_{H}$ respectivement par rapport à $B^{\prime },C^{\prime },A^{\prime }$
$a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$ sont les symétriques de $A_{H},B_{H},C_{H}$ respectivement par rapport à $C^{\prime },A^{\prime },B^{\prime }$
Ainsi $\overrightarrow{bc^{\prime }}=\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{B_{H}C_{H}}$ et $\overrightarrow{cb^{\prime }}=\overrightarrow{B_{H}C_{H}}$, …
Ce que j'ai dit plus haut (ICI) nécessite évidemment que $\overrightarrow{bc^{\prime }}$ et $\overrightarrow{cb^{\prime }}$ soient linéairement indépendants ainsi que $\overrightarrow{ca^{\prime }}$ et $\overrightarrow{ac^{\prime }}$ et que $\overrightarrow{ab^{\prime }}$ et $\overrightarrow{ba^{\prime }}$.
Or $\overrightarrow{bc^{\prime }}$ et $\overrightarrow{cb^{\prime }}$ sont liés ssi $\overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{B_{H}C_{H}}$ le sont soit ssi $ABC$ est rectangle ou isocèle en $A$.
C'est pour cela que j'avais dit qu'il y avait peu de chances que $a,a^{\prime },b,b^{\prime },c,c^{\prime }$ soient sur une même conique.
En se plaçant d'un point de vue affine, je cherche une preuve simple de ce qui suit.
$A_{P}B_{P}C_{P}$ est le triangle cévien de $P$
$a,b,c$ sont les symétriques de $A_{P},B_{P},C_{P}$ respectivement par rapport à $B^{\prime },C^{\prime },A^{\prime }$
$a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$ sont les symétriques de $A_{P},B_{P},C_{P}$ respectivement par rapport à $C^{\prime },A^{\prime },B^{\prime }$
$U=bc^{\prime }\cap cb^{\prime },V=ca^{\prime }\cap ac^{\prime },W=ab^{\prime }\cap ba^{\prime }$
$f$ est l'application affine $ABC\rightarrow UVW$
Alors $\left( \overrightarrow{f}-I\right) ^{2}=0$ ($\overrightarrow{f}$ est une transvection)
Du coup, on aura $\det \overrightarrow{f}=1$ et l'égalité des aires algébriques de $ABC$ et $UVW$.
Any idea?
Amicalement. Poulbot
t -
Merci Poulbot!
Où l'on voit la puissance de l'algèbre linéaire en géométrie du triangle!
Je plains ceux qui ne peuvent ou ne veulent s'en servir!
Revenons à ma dernière figure.
Le centre $\alpha$ du rectangle $BCaa'$ se trouve sur les médiatrices des côtés $BC$ er $Ca$.
La médiatrice de $BC$ est une des trois médiatrices du triangle $ABC$.
Les perpendiculaires respectives issues des sommets $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ aux côtés $BC$, $CA$, $AB$ sont donc les médiatrices du triangle $ABC$ et sont concourantes au point $O$, centre du cercle circonscrit du triangle $ABC$.
Les triangles $ABC$ et $\alpha\beta\gamma$ sont donc orthologiques.
La médiatrice de $Ca$ est la droite $B'C'$.
Ceci prouve que le triangle $\alpha\beta\gamma$ est inscrit dans le triangle médial $A'B'C'$.et qu'il est son triangle orthique.
Comment continuer maintenant?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Jelobreuil
Tu dois savoir maintenant que l'ensemble des périodes où Poulbot se trompe est temporellement de mesure nulle.
J'ai fait sa figure en essayant de mettre ses points dans les limites de l'épure et mon logiciel me dit bien que
$S(A,B,C)=S(U,V,W)$
J'ai même des macros qui me permettent de calculer $\mathrm{Tr}(\overrightarrow f)$ et $\mathrm{Det}(\overrightarrow f)$ et mon logiciel répond:
$\mathrm{Tr}(\overrightarrow f)=2$ et $\mathrm{Det}(\overrightarrow f)=1$ confirmant que l'ensemble susdit est bien de mesure nulle!
Libre à toi maintenant de trouver une solution par découpage et recollements
Amicalement
[small]p[/small]appus -
bon... j'ai compris. (en fait pas vraiment...)
-
Bonne Nuit à tous
Saura-t-on jamais un jour ce que Caliwhisky n'a pas en fait vraiment compris?
En tout cas, je trouve singulier que le joli exercice de Poulbot ne suscite aucune réaction.
Il est vrai que c'est de la géométrie affine, limitée chez nous à l'axiome de Thalès et aux théorèmes de Ménélaüs et de Céva.
Alors détecter une transvection (kesaco?) dans la tristounette dimension $2$ relève plutôt de la gageure!
Mais revenons à nos moutons orthologiques
Je rappelle pour la énième fois la théorie de l'orthologie.
On dispose de deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ dans le plan euclidien.
Si les perpendiculaires respectives issues de $A$ sur $B'C'$, de $B$ sur $C'A'$, de $C$ sur $A'B'$ sont concourantes en un point $O$, alors les perpendiculaires respectives issues de $A'$ sur $BC$, de $B'$ sur $CA$, de $C'$ sur $AB$ sont concourantes en un point $O'$
Les points $O$ et $O'$ sont appelés les centres d'orthologie.
Si $f$ est la transformation affine envoyant $ABC$ sur $A'B'C'$, alors $f(O)=O'$ et la partie linéaire $\overrightarrow f$ est un opérateur symétrique
Réciproquement toute transformation affine $f$ du plan dont la partie linéaire $\overrightarrow f$ est un opérateur symétrique est orthologique.
Il en résulte que $f$ transforme tout triangle du plan en un triangle qui lui est orthologique.
C'est pourquoi on dit que $f$ est une transformation orthologique.
Exemple:
Un triangle $ABC$ est orthologique avec chacun de ses triangles podaires.
Quels sont les centres d'orthologie?
En particulier quels sont les centres d'orthologie d'un triangle avec son triangle orthique qui est le triangle podaire de son orthocentre?
Dans le cas de figure qui nous intéresse, le triangle $\alpha\beta\gamma$ est le triangle orthique du triangle médial lequel est homothétique du triangle $ABC$ par l'homothétie: $h(G,-\frac 12)$. Il en résulte que le triangle $\alpha\beta\gamma$ est l'image du triangle orthique du triangle $ABC$ dans cette même homothétie.
Que peut-on en déduire sur la localisation des centres d'orthologie des triangles $ABC$ et $\alpha\beta\gamma$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Je reviens à la configuration de Poulbot.
Il ne faut pas être obnubilé par ces rectangles.
Je l'ai transformée par une transformation affine la plus générale.
L'orthocentre $H$ et son triangle orthique deviennent un point $P$ et son triangle cévien $P_AP_BP_C$.
Les rectangles deviennent des parallélogrammes tels que:
$\overrightarrow{Ca}=\overrightarrow{Ba'}=\overrightarrow{P_AA}$
$\overrightarrow{Ab}=\overrightarrow{Cb'}=\overrightarrow{P_BB}$
$\overrightarrow{Bc}=\overrightarrow{Ac'}=\overrightarrow{P_CC}$
Enfin les points $U$, $V$, $W$ sont toujours définis par:
$U=bc'\cap cb'$, $V=ca'\cap ac'$, $W=ab'\cap ba'$
Soit $f$ l'application affine envoyant $ABC$ sur $UVW$.
Alors sa partie linéaire $\overrightarrow f$ est toujours une transvection (vectorielle) et il en résulte qu'on a toujours l'égalité suivante entre aires algébriques: $S(A,B,C)=S(U,V,W)$
L'avantage de cette présentation du théorème de Poulbot est que pour la démontrer on a pas besoin d'utiliser la structure euclidienne du plan mais seulement sa structure affine.
On a pas besoin d'attraper des maux de tête à choisir le bon repère orthonormé, un repère affine (quelconque) où les calculs affines sont toujours simples ou bien des coordonnées barycentriques suffisent à notre bonheur!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir
Oublions provisoirement la configuration de Poulbot et intéressons nous à la mienne, vue dans ce cadre affine.
Evidemment on peut faire une croix sur l'orthologie mais il y a encore des choses intéressantes à dire.
Les triangles $ABC$ et $\alpha\beta\gamma$ sont encore en perspective.
Caractériser le centre de perspective $S$ et le point fixe $O$ de l'application affine $f:ABC\mapsto \alpha\beta\gamma$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous.
ll est curieux qu'un exercice aussi simple ne provoque aucune réaction!
Sans doute le fait que la géométrie affine n'est pratiquement pas enseignée comme la géométrie tout court, plus généralement!
Je vais commencer à mettre en place les calculs qui serviront aussi bien à la configuration de Poulbot qu'à la mienne sans m'interdire de faire quelques raisonnements synthétiques quand ils seront possibles.
Evidemment on va travailler en coordonnées barycentriques par rapport au triangle $ABC$ et tout ce qu'on a à faire est de se donner les coordonnées homogènes de $P$ à savoir $(x:y:z)$ pour ne pas s'interdire éventuellement de regarder ce qui se passe quand le point $P$ se retrouve à l'infini.
On remarque déjà que c'est moins fatigant d'écrire les coordonnées $(x:y:z)$ de $P$ plutôt que celles de l'orthocentre $H$ comme il faudrait le faire dans la configuration initiale de Soland. C'est un des avantages de la géométrie affine!!
Le premier problème, abominable comme le dirait mon maçon de jardinier, qui se pose à nous est de récupérer les coordonnées des six points $a$, $a'$, $b$, $b'$, $c$, $c'$!
J'en ai déjà des cauchemars et des sueurs froides!
C'est le moment de consulter les premières pages de ton JDE, mon cher Jelobreuil, si tu ne veux pas que son acquisition soit inutile!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
Ta manière affine d'aborder ces problèmes ressemble beaucoup à ce que j'avais envisagé ICI.
Prenons $P=\left( p:q:r\right) $.
$a$ et $a^{\prime }$ étant les symétriques de $P_{A}=\left( 0:q:r\right) $ par rapport à $B^{\prime }$ et $C^{\prime }$, $\alpha $ est le complément de $P_{A}$ (son image par l'homothétie $h$ de centre $G$, rapport $-\dfrac{1}{2}$)
So, $\alpha =\left( q+r:r:q\right) ,\beta =\left( r:r+p:p\right) ,\gamma =\left( q:p:p+q\right) $.
$ABC$ et $\alpha \beta \gamma $ sont en perspective en $S=\left( qr:rp:pq\right) $ qui est l'isotomique de $P$ relativement à $ABC$.
La matrice normalisée de $f:ABC\rightarrow \alpha \beta \gamma $ étant $\dfrac{1}{2}$$\begin{bmatrix}1&\dfrac{r}{r+p}&\dfrac{q}{p+q}\\\dfrac{r}{q+r}&1&\dfrac{p}{p+q}\\\dfrac{q}{q+r}&\dfrac{p}{r+p}&1\end{bmatrix}$, son point fixe est $O=\left( q+r:r+p:p+q\right) $ qui est le complément de $P$.
Avec les mêmes notations, les coordonnées de $U,V,W$ n'étant pas très sympathiques, les calculs montrant que la partie linéaire de l'application affine $ABC\rightarrow UVW$ est une transvection vectorielle sont assez pénibles. C'est pour cela que je demandais s'il était possible de le prouver plus simplement!
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
J'avais bien vu que tu avais envisagé un traitement affine.
Mais c'est triste à dire, même la formation de la matrice de taille $3$ que tu as écrite n'est plus à la portée de la plupart de nos étudiants.
Tout ce qu'ils peuvent faire à la rigueur, c'est de la dévisser si un colleur féru de ce forum la leur propose à l'occasion.
Comme tu as eu la gentillesse de ne pas identifier $S$, nos lecteurs peuvent toujours s'escrimer dessus.
Mais il y a encore des choses à dire.
Que devient ta configuration si le triangle $ABC$ est isocèle ($AB=AC$) ou quand il est rectangle $\widehat {\bf A}=100\ \mathrm{gr}\ ?$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il y a aussi une question qui me chagrine. Le problème de ces six points sur une même conique est lui aussi affine!
Comment se fait-il qu'on tombe sur ces histoires de triangles isocèles ou rectangles? -
Bonsoir à tous
J'ai refait la configuration initiale de Soland en supposant le triangle $ABC$ isocèle: $AB=AC$.
Les paires $(a,a')$, $(b,b')$, $(c,c')$ sont symétriques par rapport à la médiatrice de $BC$ que j'ai tracée en rouge.
Les points $a$, $a'$, $b$, $b'$, $c$, $c'$ sont sur une même conique ayant cette médiatrice pour axe de symétrie.
La droite de Pascal est la droite $VW$, le point $U=b'c\cap bc'$ étant rejeté à l'infini.
Il n'y a donc pas de configuration affine de Poulbot puisque le point $U$ n'appartient pas au plan affine comme il le devrait!
Par contre il y a toujours la droite de Pascal qui est un théorème de la défunte géométrie projective!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir à tous
Cette fois-ci, j'ai refait la figure de Soland en supposant que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
Pour le moment, je vous laisse méditer dessus.
Quelle est la droite de Pascal?
Où se trouve le point $U$ de Poulbot tel que $S(A,B,C)=S(U,V,W)$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
On voit bien ce qui se passe dans mes deux dernières figures.
Dans l'avant dernière quand le triangle $ABC$ est isocèle $(AB=AC)$, $bc'\parallel b'c$ et le point $U$ n'existe pas, donc pas de configuration de Poulbot.
Dans la dernière, $\hat{\bf A}=90°$, ce sont les points $b'$ et $c$ qui sont confondus, $b'=c$ et la droite $b'c$ n'est pas définie, donc à nouveau pas de configuration de Poulbot.
Maintenant dans le cas de
ma figure affine,
faite dans le plan affine (sans structure euclidienne),
quel est l'ensemble des points $P$ tels que les six points $a$, $b$, $c$, $a'$, $b'$, $c'$ soient situés sur une même conique?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Pappus wrote : "Quel est l'ensemble des points $P$ tels que les six points $a,b,c,a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$ soient situés sur une même conique?"
Une petite suggestion visuelle.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Toujours aussi matinal!
Pour faire bonne mesure, voici ma propre figure à laquelle j'ai rajouté (une partie de ?) l'enveloppe de ces coniques qui me parait être une courbe algébrique assez compliquée!
Qui aurait cru que Soland nous entraînerait aussi loin!
Et quel est le rapport de tout ce fourbi avec les résultats métriques que nous avons trouvés?
Remarquons que la théorie des coniques affines est encore provisoirement au programme de notre agrégation et je serais curieux de voir ce que donnerait ce problème de Soland si quelqu'un avait l'idée saugrenue de le proposer à l'écrit du concours!
Les ordinateurs sont-ils autorisés?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Voici une nouvelle figure affine où les six points $a$, $b$, $c$, $a'$, $b'$, $c'$ sont situés sur une même conique et qui mérite quelque explication!
J'ai aussi tracé en rouge l'enveloppe de ces coniques.
Amicalement
[small]p[/small]appus
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