Un problème d'échelles en spirales

Bonjour
Je doute que cet exercice soit encore faisable dans notre beau pays où la géométrie affine se limite à l'axiome de Thalès et la géométrie euclidienne à celui de Pythagore.
Autrefois c'était un simple exercice de théorie des groupes
Deux similitudes directes (différentes d'une translation) commutent si et seulement si elles ont le même centre.
Le groupe des similitudes planes a disparu depuis belle lurette.
Aujourd'hui on se contente d'ânonner que le groupe $(\mathbb C^*,\times)$ est commutatif.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
J'ai réussi à faire la moitié de la figure et à itérer quatorze fois à la main la première similitude. Je n'ai pu aller plus loin faute à mes yeux cataractisés!
L'itération à la main est très pénible et je dois m'y reprendre plusieurs fois à chaque étape!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On dirait une queue de dragon!
Il va sans dire que les arguments de Callipiger sont absolument délirants!

je sais que ça a l'air délirant...
mais je n'ai pas fait les calculs je le reconnais, au demeurant je sais également que ce n'est pas loin de la vérité

l'histoire: je regarde ce qu'il se passe pour les spirales des nombres d'or qui sont des approximations de spirales comme il faut

le coeur de l'histoire j'imagine: un quadrilatère complet, qui définit deux familles de similitudes (celles qui passent d'un côté à un côté opposé) qui se réitèrent sans cesse
en récupérant l'auto-similarité de la figure suggérée par pPappus on a à la fin les spirales qui se croisent une infinité de fois

si le délire est total, tant pis. (je ne suis plus à ça près)

cher pappus,
en réalité il y a une foules d'idées au moment où j'écris je me suis posé 150 questions:
que se passent-ils quand le quadrilatère est croisé? (la question me rend fou...)

peut-on passer de tous les modèles de spirales de façon continue ? (je suis déjà persuadé que oui)

peut-on traduire cela avec 2 systèmes de similitudes directes avec des nombres complexes ?

est ce que cela a un lien avec la série d'une suite de similitudes et de translation ?
(de la forme $U_{n+1}=a \times U_n + b$ où $a$ est la similitude de rapport plus petit que 1 et $b$ la translation à définir

quel est le lien (éventuel) avec une inversion dont le centre est le point de concours final des spirales ?

c'est un peu de la géométrie hyperbolique ? (où les points auraient pour coordonnées les "affixes" d'un point d'un disque de rayon plus petit que 1 et de la droite complexe)

quel est le lien avec le théorème du point fixe ? (cet espace est-il "complet" ? (je sais que ce n'es pas un espace vectoriel)
...

et j'en ai encore 2 ou 3 que j'ai déjà oubliées

en gros je ne sais plus où donner de la tête, et malgré ça je trouve ça toujours aussi fascinant, je veux contempler autant que je veux comprendre et tout décortiquer, et si il y a une explication je veux qu'elle soit belle.
Je sais ça fais beaucoup et je dois me concentrer et me focaliser sur une chose à la fois.

et il y a d'autres questions sur le forum tout aussi fascinantes... (celle que je sais faire, je le pense et celles que je me contente de lire parce-que ça a l'air joli)

Bonne Nuit à tous
La situation est claire.
Si on veut une solution de ce problème, il va falloir traverser l'Atlantique et pourtant ce n'est qu'un minuscule exercice sur le groupe des similitudes directes planes.
Cela m'a inspiré un problème beaucoup plus difficile.
Je suis parti d'un cerf-volant $abcd$ (a kite for our U.S friends), i.e: $ab=ad$ et $bc=cd$
On voit nos deux queues de dragon converger vers le même point $\omega$, cela c'est acquis grâce au plan Marshall mais je n'ai pas choisi mon cerf-volant n'importe comment!
Je me suis arrangé pour que nos deux queues de dragon se recoupent en partageant le même petit cerf-volant.
Trouver tous ces cerfs-volants et qu'en est-il de leurs intersections ultérieures.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Georges
C'est pas mal mais je veux un résultat plus précis, par exemple une relation entre les longueurs des côtés et des diagonales du cerf-volant.
Ma figure ci-dessous montre un cas très particulier.
Tu remarques que le troisième cerf-volant est dans la bonne disposition.
Les points $a$ et $c$ étant donnés, quel doit être le lieu du point $b$ pour qu'il en soit ainsi?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Passons par les complexes comme le conseille Daniel Scher dont je n'ai pas tout à fait compris exactement quel était son boulot chez Mac Graw Hill.
Soit $s:z \mapsto z'=s(z)$ la similitude directe envoyant $a$ sur $d$ et $b$ sur $c$ et $s':z\mapsto z'=s'(z)$ la similitude directe envoyant $a$ sur $b$ et $d$ sur $c$
On a pour la similitude $s$:
$$\begin{vmatrix} a&d&1\\b&c&1\\z&z'&1\end{vmatrix}=0$$
Son point fixe éventuel vérifie donc:
$$\begin{vmatrix} a&d&1\\b&c&1\\\omega&\omega&1\end{vmatrix}=0$$
Après la résolution d'une abominable équation du premier degré, on tire:
$$\omega=\dfrac{bd-ac}{b+d-a-c}$$
point fixe qui n'existe que si:$b+d-a-c\not=0$ c'est à dire si et seulement si le quadrilatère $abcd$ n'est pas un parallélogramme.
On voit ici les vertus de la Rescassolisation!
Le point fixe de $s'$ s'obtient en permutant $b$ et $d$ dans la formule précédente. On voit que c'est le même que celui de $s$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
Pour vous convaincre (?) que je connais parfaitement le lieu de $b$, voici les figures pour $n=5$, $n=6$ et $n=7$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On se doute bien que le cas $n=7$ n'est pas constructible à la règle et au compas.
D'où tout l'intérêt d'avoir un bon logiciel de géométrie!

Mon cher Callipiger
J'ai dit que pour chaque entier $n$ et pour $a$ et $c$ donnés, le point $b$ avait un lieu à déterminer, en fait un arc d'hyperbole équilatère,.
Il y a donc une infinité continue de cerfs-volants solutions, lesquelles ne peuvent être réunions de deux triangles (lesquels , boudiou?) d'un polygone régulier à 14 côtés.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Comme l'a remarqué Georges, pour que les deux queues de dragon se rencontrent à nouveau suivant un petit cerf-volant, il faut que l'angle $\alpha$ de la similitude $s$ ait une valeur très précise!
Or en général, cet angle $\alpha$ se lit de la manière indiquée sur la figure ci-dessous, je n'ose demander pourquoi de peur de faire des cauchemars.
Si cet angle est connu, le point $m$ doit décrire un cercle d'après le théorème de l'angle (?), ( je ne me rappelle plus de ce maudit adjectif!), mais ce théorème est-il encore enseigné?.
Donc on demande le lieu du point $b$ quand le point $m$ décrit cet hypothétique cercle!
On sent bien que cela va être atroce!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Pour dessiller les yeux de Callipiger et surtout pour passer le temps, j'ai tracé deux spirales non semblables d'ordre $7$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus je souhaite résoudre ce problème en utilisant un système de fonction itérées à la manières des fougères de Barnsley: (même si l'autosimilarité n'est pas évidente)

problème 1: définir les images obtenues comme des fonctions , pour en faire des points dans un théorème de point fixe avec une métrique de Hausdorf ----> je ne maîtrise pas encore comme il faut la distance de Hilbert et ce que ça implique de la maîtriser pour les conveses et tous les problème connexes

problème 2: je ne connais pas assez la géométrie projective et j'ai perdu dans les méandres de mon chez moi mon exemplaire de Sidler

problème 3: je pense que les solutions de un problème très rigolo qui est celui sur lequel je bosse surtout en ce moment dès que je trouve le temps

sont les points fixe d'une homologie du plan involutive (et encore là ici je m'embruille car je vois 2 types de points fixes, des fonctions et des points) et là je dois encore débrouisailler

problème 4: et là c'est du délire totale mais qu'est ce que ça serait bien si c'était vrai... et si avec tout ça on obtenait une solution géométrique de la conjecture de Catalan (... bon vous voyez ce que je veux dire... c'est de la pure folie)
j'aurais du regarder ce qu'était la conjecture de Catalan j'ai confondu avec un truc plus simple...[small]je n'avais pas assez dormi.sorry[/small]

problème 5: je pense avoir une idée encore plus folle sur un autre problème et je suis persuader de voir une solution à l'horizon

bon... je dois faire tout ça dans l'ordre et ne m'attaquer uniquement sur le problème 3 avec sa périphérie

problème 6: j'ai une forte envie de faire du Python pour un autre truc (polichinellement secret)

Ps: je dois encore regarder en détail le fait de faire commuter les 2 similitudes (mais je prendrai mon temps)

bref.. il y a du boulot.

Bonjour
Je suis époustouflé par les connaissances encyclopédiques de Callipiger.
Moi qui en suis resté modestement à la distance euclidienne, je sens qu'il va nous sortir une solution de derrière les fagots, de quoi exactement? Ce sera la Divine Surprise! Mais vivrais-je assez vieux pour la lire?
Puisqu'on en est à la manière de Cyrano, je vais tenter ma chance avec la théorie des transformations projectives.
Sur la figure j'ai tracé la perpendiculaire $L$ en $c$ à la droite $ac$.
On est alors face à la paire de droites $(bc,mc)$ et à ses bissectrices $ac$ et $L$.
C'est donc un faisceau harmonique et donc on a une division harmonique $(a,n,b,m)=-1$
On passe donc du point $m$ au point $b$ par l'homologie harmonique de pôle $a$ et d'axe $L$.
Une homologie harmonique, incroyable, c'est ce qu'avait prévu Callipiger!
Alors là, c'est vraiment un peu fort de café! Quelle prescience!
Cette homologie harmonique est une transformation projective et le lieu de $b\ $ est le transformé du lieu de $m$ par cette transformation.
C'est donc une conique qu'il ne reste plus qu'à identifier!
Callipiger va se charger pour nous tous de cette petite broutille (s'il retrouve son Sidler?).
Amicalement
[small]p[/small]appus

pour tout dire... je suis tombé sur un Lebossé-Hémery de mon père (pour la 3ème) qui me l'avait bien planqué... et je regrette de n'avoir pas appris la géométrie dans cette série de bouquins, tout y est limpide si cela est du même tonneau pour le lycée et etc.

Bonsoir Callipiger
C'est effectivement une grave question sur laquelle de nombreux spécialistes se sont penchés sans succès.
Il y a, je crois, l'école de Nicée qui aurait tendance à répondre positivement mais celle de Constantinople qui refuse l'axiome du choix serait plutôt contre!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Callipiger
Il y a d'autres lieux moins austères que ce forum pour cabotiner!
A mon âge plus que canonique, je suis plutôt blasé mais il y en a quelques uns que tu risques d'agacer sérieusement!
J'ai pourtant fait des figures et des raisonnements explicites qui permettent de répondre à ta douloureuse interrogation!
Regarde de tous tes yeux, (combien en as-tu?), regarde!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Callipiger
Tu devrais prendre des vacances bien méritées. C'est particulièrement le moment et tu nous reviendras frais comme un gardon en n'agaçant plus personne et en te respectant pour respecter les autres!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Sur cette nouvelle figure, j'ai noté $\Gamma$ le cercle lieu de $m$ et $\gamma$ la conique lieu de $b$ qu'on cherche péniblement à identifier.
Va-t-on y arriver? Le suspense est insoutenable!
J'ai noté $u$ et $v$ les intersections du cercle $\Gamma$ avec la droite limite $D$ de l'homologie harmonique $h$.
$h(u)$ est le point à l'infini de la droite $au$ et $h(v)$ est le point à l'infini de la droite $av$.
Il en résulte que les droites $au$ et $av$ sont des directions asymptotiques de la conique $\gamma$ et comme $\{au\perp av\}$ car $a$ est sur le cercle de diamètre $uv$, (est-ce encore enseigné?), notre conique $\gamma$ est une hyperbole équilatère.
So far so good (as they say!) comme ils le disent là bas tout là bas overseas en faisant mumuse avec les similitudes.
Mais cela ne suffit pas! Où est le centre de $\gamma$?
Il y en a qui ne sont jamais contents!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jelobreuil
Tu as bien deviné, c'est effectivement le milieu de $ac$.
Je vais donc continuer ma démonstration à la manière de mais rien ne t'empêche de t'attaquer à la méthode Thaléso-Pythagoricienne.
Tu n'as pas besoin d'en savoir beaucoup plus que ceux dont les connaissances en géométrie se cantonnent à ces deux axiomes c'est à dire en gros ceux qui viennent de réussir leur baccalauréat
Connaître l'équation d'une droite dans un repère, orthonormé évidemment, (car ce serait trop cauchemardesque de l'envisager dans un repère quelconque), ainsi que la formule donnant $\tan(a+b)$ devraient largement suffire au moins pour obtenir l'équation du lieu de $b$.
Par contre identifier une hyperbole équilatère sur l'équation obtenue est un petit exploit que seuls des taupins chevronnés peuvent réaliser.
Evidemment je m'éclate dans ces exercices de genre mais c'est la seule façon de m'éclater qui me reste à mon âge canonique!
Je sais bien que peu de personnes me comprendront mais derrière le rire, je reste sérieux et on peut parfaitement imaginer que cette démonstration ait été enseignée à une époque plus ou moins indéterminée!
Cela me rappelle un peu le film de Jean Claude Sussfeld datant de $1982$: Elle voit des nains partout
Moi aussi, mais je vois plutôt des homologies harmoniques partout! Yeah!
Par exemple le cercle $\Gamma$ est invariant par la symétrie $s$ d'axe $D$. Je pense qu'on doit voir cela en sixième, est-ce vrai?
Mais sait-on que $s$ est aussi une homologie harmonique d'axe $D$ dont le pôle est $\infty_{ac}$, le point à l'infini de la droite $ac$?
Comme $\gamma=h(\Gamma)$, on sait que $\gamma$ est invariant par $s'=h\circ s\circ h^{-1}$.
Inclinons nous pieusement devant la Divine Conjugaison!
Mais $s'$ est aussi une homologie harmonique! Encore une, c'est un peu fort de café, qui aurait cru cela possible! Une double yeah pour cette nouvelle inespérée!
Et qui plus est $s'$ est l'homologie harmonique de pôle $h(\infty_{ac})$ et d'axe $h(D)$, on ne peut faire mieux!
Mais $h(\infty_{ac})=o$, justement le milieu de $ac$, incroyable n'est-il pas? et $h(D)=\Delta$ la droite de l'infini!
Tout se goupille pour le mieux!
Ainsi $s'$ est l'homologie harmonique de pôle $o$ et d'axe $\Delta$ c'est à dire la symétrie centrale par rapport au point $o$.
CQFD
J'ai donc rajouté en pointillé les asymptotes de $\gamma$ sur la figure ci-dessous et j'ai épaissi l'arc de cette hyperbole sur laquelle $b$ doit rester confiné pour qu'on ait affaire à un cerf-volant!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quand on réfléchit un peu à cette preuve, elle était compréhensible par les agrégatifs d'autrefois car ils avaient appris en Seconde ces histoires de divisions et faisceaux harmoniques.
Aujourd'hui ma preuve tombe à l'eau dès le début et de toutes façons, la géométrie projective a sombré corps et biens depuis longtemps déjà.
Je vais donc passer sous silence la preuve par les faisceaux homographiques qui n'apporterait rien de plus.
Il reste encore les deux preuves élémentaires, notamment celle à la Lebossé-Hémery.
Que ceux qui ont le Lebossé-Hémery farfouillent dedans pour chercher le théorème à utiliser, je sais qu'il y est!

Bonsoir à tous
Commençons par ce qui se passe au point $a$.
Quand le point $m$ tend vers le point $a$, le point $b$ lui aussi tend vers $a$, pourquoi?.
Comme les points $a$, $b$, $m\ $ sont alignés, la droite $ab$ est exactement la droite $am$ et elle ne peut pas faire autre chose qu'avoir la même limite que celle-ci.
Il en résulte que le cercle $\Gamma$ et l'hyperbole équilatère $\gamma$ sont tangentes en $a$.
C'est grosso modo le raisonnement qu'auraient tenu nos anciens sauf qu'ils n'avaient pas de vision très claire de la notion de limite.
Vous en savez assez pour comprendre ce qui se passe au point $c$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
En attendant que quelqu'un se dévoue pour nous rédiger la solution Thaléso-Pythagoricienne mais on ferait aussi bien d'attendre Godot, il va bien falloir faire quelques calculs et notamment donner l'écriture de l'homologie harmonique $h$ en coordonnées et quatre repères orthonormés nous tendent les bras, ceux pour lesquels les coordonnées des points $a$ et $c$ sont de la forme:
$a(-r,0)$ et $c(r,0)$.
On a donc que l'embarras du choix!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
En attendant Godot, on peut toujours réduire notre matrice notée $A$ pour le simple plaisir de la réduire et pour passer le le temps!
Son polynôme caractéristique est: $(X+r)(X-r)^2$
Le sous-espace propre associé à la valeur propre $-r$ est la droite vectorielle de $\mathbb R^3$ engendré par le vecteur $(r,0,-1)$.
Le sous espace propre associé à la valeur propre $r$ est le plan vectoriel de $\mathbb R^3$ d'équation $x-rz=0$.
Il en résulte (facilement ?) que $A$ est diagonalisable.
Une matrice de passage à la forme diagonale étant: $P=\begin{bmatrix} r&r&0\\0&0&1\\-1&1&0\end{bmatrix}$.
On vérifie en effet au bout de quelques heures de monstrueux calculs que:
$P^{-1}.A.P=\begin{bmatrix} -r&0&0\\0&r&0\\0&0&r\end{bmatrix}$
Et quel est le rapport de cette matrice$A$ avec l'homologie harmonique $h$, me direz vous?
C'était certainement pas très important pour qu'on ait trouvé judicieux de ne plus l'enseigner depuis des années!

Bonjour,
quant à l'étude de la matrice 3*3, je ne dirais pas que ça.
Les espaces stables dans le monde linéaire donnent, dans le plan projectif des droites invariantes, et des points fixes (respectivement).
Ce qui précède dans mon post ci-présent n'est que pour ceux qui découvrent LA géométrie.

Bonne journée
(je suis suis dedans là.. à mon rythme)

Bonne Nuit
$(x,y)\in \varphi(\gamma)$ si et seulement si $\varphi^{-1}(x,y)\in \gamma$ c'est à dire si et seulement si $F(\varphi^{-1}(x,y))=0$
Ainsi curieusement la détermination de l'image $\varphi(\gamma)$ passe par le calcul de la transformation inverse $\varphi^{-1}$
Mais dans notre cas de figure où il nous faut chercher l'image du cercle $\Gamma$ par notre homologie harmonique $h$, il se trouve que $h$ est involutive $h=h^{-1}$ et on a pas trop à se fatiguer.
On obtient:
$\dfrac{r^4}{x^2}+\dfrac{r^2y^2}{x^2}-2\dfrac{r^2y}x\cot(\alpha)-r^2=0$
Finalement on trouve:
$x^2+2xy\cot(\alpha)-y^2-r^2=0$
Combien de taupins reconnaîtraient en cette équation celle d'une hyperbole équilatère?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Callipiger de nous éclairer de ta bienveillante Lumière.
A propos de [large]G[/large]auss, sais-tu que nous avons conversé ensemble , il y a seulement quelques heures et que le Grand Homme m'a remercié juste avant de partir! Mes jambes arthrosées en frissonnent encore. Quand le reverrai-je? Je ne sais pas trop mais mon agent de voyage qui est aussi mon Thérapeute me laisse bon espoir pour que ce soit bientôt! Exultavit!
Il ne nous reste plus qu'à attendre Godot pour savoir comment obtenir cette équation avec les moyens du bord qui sont maigres comme tu le sais!
A moins que tu n'aies quelque avis pertinent sur cette douloureuse question!
Amicalement
[small]p[/small]appus