Itération

pappus · July 2019

Bonjour à tous
Personnellement je dispose de Cabri depuis pratiquement le début de ce logiciel et je n'ai pas à m'en plaindre.
Quand je m'embête c'est à dire assez souvent je fais joujou avec.
Je viens de m'amuser avec les queues de dragon sorties de l'imagination de nos amis américains où il fallait itérer des similitudes. Il faut bien dire qu'elles n'ont guère rencontré ici le succès que j'espérais mais je m'y attendais un peu puisque les similitudes sont tombées chez nous dans l'oubli depuis pas mal de temps déjà!
Cabri dispose d'un outil qui s'appelle homothétie mais qui en fait gère les similitudes.
Supposez que vous vouliez transformer un objet reconnu par le logiciel par la similitude directe de centre $a$ envoyant le point $b$ sur le point $c$.
C'est très facile: vous cliquez d'abord sur l'objet à transformer puis dans l'ordre vous cliquez sur les points $b$, $a$, $c$.
C'est pourquoi dans la suite, j'ai appelé $(cab)$ cette similitude directe.
Alors je me suis amusé au petit jeu suivant:
J'ai tracé les points suivants dans cet ordre:
$m_1=(cab)(m_0)$, $m_2=(abc)(m_1)$, $m_3=(bca)(m_2)$
puis j'ai repiqué à la ratatouille en traçant:
$m_4=(cab)(m_3)$, $m_5=(abc)(m_4)$, $m_6=(bca)(m_5)$
Et là à ma très grande petite surprise j'ai constaté que quoique je fasse $m_6=m_0$
En principe ce n'est sans doute pas un exercice très difficile aux Etats Unis mais ici j'ai de sérieux doutes!
J'en viens maintenant à la question principale de cette discusion:
Les six points $m_0$, $m_1$, $m_2$, $m_3$, $m_4$, $m_5\ $ n'ont aucune raison divine ou humaine d'être sur une même conique.
D'où ma question:
Quel est le lieu du point $m_0$ pour qu'il en soit quand même ainsi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il n'est pas interdit aux heureux possesseurs de GeoGebra de s'amuser aussi! 88276

Rescassol · July 2019

Bonjour,

clc, clear all, close all

syms a b c;
syms aB bB cB; % Conjugués

aB=1/a;
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;

%-----------------------------------------------------------------------

syms z zB

bac(z)=((c-a)*z+a*(b-c))/(b-a);
cba(z)=((a-b)*z+b*(c-a))/(c-b);
acb(z)=((b-c)*z+c*(a-b))/(a-c);

m0=z;
m1=bac(m0);
m2=cba(m1);
m3=acb(m2);
m4=bac(m3);
m5=cba(m4);
m6=acb(m5);

Factor(m6) % On obtient bien m6=z

% On obtient

m1 = -(a*b - a*c - a*z + c*z)/(a - b);
m2 = -(a*c - 2*a*b + b*c + a*z - c*z)/(b - c);
m3 = 2*b - z;
m4 = (a*b + a*c - 2*b*c - a*z + c*z)/(a - b);
m5 = -(a*c - b*c - a*z + c*z)/(b - c);

% Donc:

m0B = zB;
m1B = -(aB*bB - aB*cB - aB*zB + cB*zB)/(aB - bB);
m2B = -(aB*cB - 2*aB*bB + bB*cB + aB*zB - cB*zB)/(bB - cB);
m3B = 2*bB - zB;
m4B = (aB*bB + aB*cB - 2*bB*cB - aB*zB + cB*zB)/(aB - bB);
m5B = -(aB*cB - bB*cB - aB*zB + cB*zB)/(bB - cB);

M0=[m0^2 m0*m0B m0B^2 m0 m0B 1];
M1=[m1^2 m1*m1B m1B^2 m1 m1B 1];
M2=[m2^2 m2*m2B m2B^2 m2 m2B 1];
M3=[m3^2 m3*m3B m3B^2 m3 m3B 1];
M4=[m4^2 m4*m4B m4B^2 m4 m4B 1];
M5=[m5^2 m5*m5B m5B^2 m5 m5B 1];

M=[M0; M1; M2; M3; M4; M5];

Nul=Factor(det(M))

Eq=Factor(numden(Nul/(16*(a-c)^4)))

Eq=collect(Eq,[z zB])

Eq=FactorT(fliplr(coeffs(Eq,[z zB]))).'

% On trouve une heptique pas très joyeuse, dont voici les coefficients
% ordonnées suivant les puissances décroissantes de z et zB, c'est à dire
% de z^4*zB^3 à z^4, puis les z^3*zB^4 à z^3 etc... 
% (ordre lexicographique décroissant)

Eq=

b^2*(a - c)^2*(a + b + c)
-3*b*(a - c)^2*(a + b + c)
2*a^3 + 4*a^2*b - 2*a^2*c + a*b^2 - 9*a*b*c - 2*a*c^2 - b^3 + b^2*c + 4*b*c^2 + 2*c^3
(a + b - 2*c)*(b - 2*a + c)
b^3*(a - c)^2*(a*b + a*c + b*c)
-4*b^2*(a - c)^2*(2*a*b + a*c + 2*b*c + b^2)
-b*(- 17*a^3*b - 5*a^3*c - 13*a^2*b^2 + 17*a^2*b*c + 11*a^2*c^2 + a*b^3 + 23*a*b^2*c + 17*a*b*c^2 - 5*a*c^3 + b^3*c - 13*b^2*c^2 - 17*b*c^3)
- 10*a^3*b - 2*a^3*c - 18*a^2*b^2 + 10*a^2*b*c + 6*a^2*c^2 - 2*a*b^3 + 34*a*b^2*c + 10*a*b*c^2 - 2*a*c^3 + 4*b^4 - 2*b^3*c - 18*b^2*c^2 - 10*b*c^3
10*a^2*b - 2*a^2*c + a*b^2 - 15*a*b*c - 2*a*c^2 - 3*b^3 + b^2*c + 10*b*c^2
-3*b^4*(a - c)^2*(a*b + a*c + b*c)
b^2*(17*a^3*b^2 + 13*a^3*b*c - a^3*c^2 + 5*a^2*b^3 - 17*a^2*b^2*c - 23*a^2*b*c^2 - a^2*c^3 - 11*a*b^3*c - 17*a*b^2*c^2 + 13*a*b*c^3 + 5*b^3*c^2 + 17*b^2*c^3)
3*b*(- 10*a^3*b^2 - 6*a^3*b*c + a^3*c^2 - 6*a^2*b^3 + 10*a^2*b^2*c + 10*a^2*b*c^2 + a^2*c^3 + a*b^4 + 10*a*b^3*c + 10*a*b^2*c^2 - 6*a*b*c^3 + b^4*c - 6*b^3*c^2 - 10*b^2*c^3)
16*a^3*b^2 + 7*a^3*b*c - 2*a^3*c^2 + 26*a^2*b^3 - 12*a^2*b^2*c - 18*a^2*b*c^2 - 2*a^2*c^3 - a*b^4 - 45*a*b^3*c - 12*a*b^2*c^2 + 7*a*b*c^3 - 5*b^5 - b^4*c + 26*b^3*c^2 + 16*b^2*c^3
a^3*c - 16*a^2*b^2 + 2*a^2*b*c + 2*a^2*c^2 + 4*a*b^3 + 14*a*b^2*c + 2*a*b*c^2 + a*c^3 + 2*b^4 + 4*b^3*c - 16*b^2*c^2
b^3*(2*a^3*b^3 + 4*a^3*b^2*c + a^3*b*c^2 - a^3*c^3 - 2*a^2*b^3*c - 9*a^2*b^2*c^2 + a^2*b*c^3 - 2*a*b^3*c^2 + 4*a*b^2*c^3 + 2*b^3*c^3)
-2*b^2*(5*a^3*b^3 + 9*a^3*b^2*c + a^3*b*c^2 - 2*a^3*c^3 + a^2*b^4 - 5*a^2*b^3*c - 17*a^2*b^2*c^2 + a^2*b*c^3 - 3*a*b^4*c - 5*a*b^3*c^2 + 9*a*b^2*c^3 + b^4*c^2 + 5*b^3*c^3)
-b*(- 16*a^3*b^3 - 26*a^3*b^2*c + a^3*b*c^2 + 5*a^3*c^3 - 7*a^2*b^4 + 12*a^2*b^3*c + 45*a^2*b^2*c^2 + a^2*b*c^3 + 2*a*b^5 + 18*a*b^4*c + 12*a*b^3*c^2 - 26*a*b^2*c^3 + 2*b^5*c - 7*b^4*c^2 - 16*b^3*c^3)
- 8*a^3*b^3 - 10*a^3*b^2*c + 2*a^3*b*c^2 + 2*a^3*c^3 - 10*a^2*b^4 - 8*a^2*b^3*c + 30*a^2*b^2*c^2 + 2*a^2*b*c^3 + 2*a*b^5 + 30*a*b^4*c - 8*a*b^3*c^2 - 10*a*b^2*c^3 + 2*b^6 + 2*b^5*c - 10*b^4*c^2 - 8*b^3*c^3
-b*(2*a^3*c - 8*a^2*b^2 - 6*a^2*b*c + 7*a^2*c^2 + 6*a*b^3 + 6*a*b^2*c - 6*a*b*c^2 + 2*a*c^3 - b^4 + 6*b^3*c - 8*b^2*c^2)
a*b^4*c*(a*b + a*c - 2*b*c)*(a*c - 2*a*b + b*c)
-a*b^3*c*(- 10*a^2*b^2 - a^2*b*c + 3*a^2*c^2 + 2*a*b^3 + 15*a*b^2*c - a*b*c^2 + 2*b^3*c - 10*b^2*c^2)
b^2*(- 16*a^3*b^2*c + 4*a^3*b*c^2 + 2*a^3*c^3 + a^2*b^4 + 2*a^2*b^3*c + 14*a^2*b^2*c^2 + 4*a^2*b*c^3 + 2*a*b^4*c + 2*a*b^3*c^2 - 16*a*b^2*c^3 + b^4*c^2)
-b*(- 8*a^3*b^2*c + 6*a^3*b*c^2 - a^3*c^3 + 2*a^2*b^4 - 6*a^2*b^3*c + 6*a^2*b^2*c^2 + 6*a^2*b*c^3 + 7*a*b^4*c - 6*a*b^3*c^2 - 8*a*b^2*c^3 + 2*b^4*c^2)
(- b^2 + a*c)^2*(2*a*b - a*c + 2*b*c - b^2)

Cordialement,

Rescassol

pappus · July 2019

Merci Rescassol
Et surtout Bonnes Vacances!
J'aurais bien été incapable de trouver cela par moi-même!
J'espérais obtenir une courbe algébrique de degré moins élevé!
Peux-tu regarder ce que cela donne quand le triangle $abc$ est équilatéral? ($a=1$, $b=\jmath$, $c=\jmath^2$).
Amicalement
[small]p[/small]appus

callipiger · July 2019

Bonsoir,
quand 6 points forment une chaîne je ne peux m'empêcher de penser à un triangle, des droites parallèles et à un "tourniquet"..., une inversion , une transformation plus généralement ? et si tous les problèmes n'en faisaient qu'un ?
il n'y peut-être pas de lien

ps: still on

Rescassol · July 2019

Bonne nuit, Pappus,

La réunion d'une droite et d'une sextique moins compliquée:

j^2*z + j*zB - 2 = 0

- 3*z*zB*(z + zB)*(j^2*z + zB)  + 3*(j*z + zB)*(z^2 + j*zB^2)  - 3*j^2*z^2 - 9*j*z*zB - 3*zB^2 + 3*z + 3*j^2*zB = 0

Cordialement,

Rescassol

callipiger · July 2019

Bonsoir,
pour vous mettre en appétit : je déguste toujours ce texte

pappus · July 2019

Mon cher Rescassol
Bizarrement je ne sens pas ta droite.
Elle devrait passer par le point d'affixe $-2$.
En ce point la conique se décompose
Pourrais-tu nous la tracer?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · July 2019

Bonjour,

Je ne sais pas pourquoi j'ai appelé sextique ce qui est une quartique.
Finalement, tout ça se décompose en:
- le cercle de centre $B$ passant par $O$
- les droites $(AB)$ et $(BC)$.
- la droite parallèle à $(AC)$ passant par $B$ qui est bien la droite mentionnée dans mon précédent message et qui passe bien par le point d'affixe $-2$.

Cordialement,

Rescassol

Rescassol · July 2019

Bonjour,

Si $M_0$ est sur le cercle, la conique dégénère en deux droites orthogonales passant par $O$, sinon on a une hyperbole conique propre.

Sur le ggb, on peut bouger $M_0$ sur le lieu rouge.

Cordialement,

Rescassol

Edit: Question: comment s'y prendre pour avoir une parabole ? 88310

pappus · July 2019

Merci Rescassol
J’étais surtout inquiet de ne pas obtenir un lieu symétrique par rapport à $b$
Tout ceci devrait s’expliquer géométriquement.
Peux-tu dessiner le lieu dans le cas général où $abc$ n’est pas équilatéral?

On devrait tomber sur une quartique circulaire symétrique par rapport à $b$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · July 2019

Bonsoir,

J'ai une heptique et non une quartique et Matlab rechigne.
Il faudrait que je trouve une autre idée, on verra demain.

Cordialement,

Rescassol

fm_31 · July 2019

Bonjour ,

un exemple de tracé (partiel) point par point (approximatif)

Cordialement 88346

pappus · July 2019

Mon cher Rescassol
As-tu pensé à factoriser ton monstrueux polynôme?
Intuitivement quand le point $m_0$ est sur la droite de l'infini, les autres points sont bien obligés de le suivre et la droite de l'infini devrait faire partie du lieu.
Il est vrai qu'on est en fin de journée et que je n'ai plus les idées très claires!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2019

Bonjour à tous
Je ne remercierai jamais assez Rescassol d'avoir mené à bien les calculs ingrats que je lui avais imposés mais je m'aperçois que je n'avais pas posé les bonnes questions sur ma configuration initiale.
Il y en avait d'autres plus intéressantes menant à des calculs plus simples mais surtout pouvant être résolues synthétiquement.
Alors je reprends ma configuration initiale où le triangle $abc$ est quelconque et je définis ma suite de points $m_0$ quelconque, $m_1=(cab)(m_0)$, $m_2=(abc)(m_1)$, $m_3=(bca)(m_2)$, $m_4=(cab)(m_3)$, $m_5=(abc)(m_4)$, $m_6=(bca)(m_5)$.
Il s'agit d'expliquer clairement pourquoi $m_6=m_0$ et surtout pourquoi on a la configuration ci-dessous.
Amicalement
[small]p[/small]appus 88358

Rescassol · July 2019

Bonjour,

C'est sûr, c'est plus simple:

Nul=Factor(m0+m3-2*b) % Donc M_0 et M_3 sont symétriques par rapport à B
Nul=Factor(m1+m4-2*c) % Donc M_1 et M_4 sont symétriques par rapport à C
Nul=Factor(m2+m5-2*a) % Donc M_2 et M_5 sont symétriques par rapport à A

[p03 q03 r03]=DroiteDeuxPoints(m0,m3,m0B,m3B);
[p14 q14 r14]=DroiteDeuxPoints(m1,m4,m1B,m4B);
[p25 q25 r25]=DroiteDeuxPoints(m2,m5,m2B,m5B);

[om omB]=IntersectionDeuxDroites(p03,q03,r03,p14,q14,r14);

om=Factor(om) % On trouve om = (b - m0)/(b*m0B - 1)

Nul=Factor(p25*om+q25*omB+r25) % Donc les trois droites sont concourantes
Nul=Factor(om*omB-1) % Donc omega est sur le cercle ABC

Cordialement,

Rescassol 88362

pappus · July 2019

Merci Rescassol.
Attendons que Godot nous donne une explication synthétique.
Oui attendons le!
Quand j'ai pensé à cet exercice, j'avais bien évidemment une idée en tête, d'ailleurs toujours la même à savoir la composition des similitudes directes. Disons seulement que le point de Lemoine $X(6)$ et les centres isodynamiques $X(15)$ et $X(16)$ jouent leurs rôles habituels et que la figure obtenue peut s'interpréter comme une configuration de la géométrie hyperbolique dont j'ai parlé dans le passé.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Pourquoi tes six points $M_k$ apparaissent-ils être sur une même conique?
Tel n'est pas le cas en général, nous le savons justement grâce à toi!

Rescassol · July 2019

Bonjour,

J'ai corrigé une typo sur les trois premières lignes.
Mes six points sont sur une même conique parce que j'ai fait exprès qu'il en soit ainsi en bricolant sous Géogébra.

Cordialement,

Rescassol

pappus · July 2019

Merci Rescassol
On va essayer de se mettre dans la peau d'un ancien bachelier d'il y a 70 ans et ainsi échapper aux Fourches Caudines de la Rescassolisation.
$(cab)$ est la similitude directe de centre $a$ envoyant $b$ sur $c$. Son rapport est donc $\dfrac{ac}{ab}$ et son angle $(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})$.
De même:
$(abc)$ est la similitude directe de centre $b$ envoyant $c$ sur $a$. Son rapport est donc $\dfrac{ba}{bc}$ et son angle $(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})$.
$(bca)$ est la similitude directe de centre $c$ envoyant $a$ sur $b$. Son rapport est donc $\dfrac{cb}{ca}$ et son angle $(\overrightarrow{ca},\overrightarrow{cb})$.
Au total $(bca).(abc).(cab)$ est une similitude directe de rapport $\dfrac{ac}{ab}.\dfrac{ba}{bc}.\dfrac{cb}{ca}=1$ et d'angle $(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})+(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})+(\overrightarrow{ca},\overrightarrow{cb})=\varpi$ où $\varpi$ est l'angle plat, (somme des angles d'un triangle?).
Enfin $(bca).(abc).(cab)(b)=(bca).(abc).(c)=(bca)(a)=b$
Au total $(bca).(abc).(cab)=s_b$ où $s_b$ est la symétrie centrale de centre $b$.
Tout le monde est-il d'accord (sur la notion d'angles que j'ai utilisée)?
Amicalement
[small]p[/small]appus

callipiger · July 2019

Bonsoir
@pappus les angles de rotations sont moins précis que les angles de similitudes qui ne sont pas des rotations... (et c'est un avis tout à fait personnel quant à l'orientation en tout cas.)

pappus · July 2019

Mon cher Callipiger
Je suis toujours époustouflé par tes remarques judicieuses et profondes!
Comment n'avais-je pas pensé aux angles des rotations et aux angles des similitudes?
J'en pleure presque de joie!

Que serais-je sans toi qui vins à ma rencontre
Que serais-je sans toi qu’un coeur au bois dormant
Que cette heure arrêtée au cadran de la montre
Que serais-je sans toi que ce balbutiement.

En tout cas, on a bien: $m_6=s_b^2(m_0)=m_0$ et comme $m_3=s_b(m_0)$, $b$ est le milieu du segment $[m_0m_3]$ et les points $m_0$, $b$, $m_3$ sont alignés.
Qu'en est -il des deux autres alignements de ma figure?
Amicalement
[small]p[/small]appus

callipiger · July 2019

Mais pappus... toutes ces choses là... vous les connaissiez déjà,
en réalité je ne comprends toujours pas que on ait pensé à certains trucs et je me fais souvent cette idée. On ne garde sous le coude car on s'aide à s'avancer et je ne sais pas si les suggestions sont des portes depuis longtemps ouvertes ou bien de vrais problèmes qui ont l'air simples et ne le sont pas tant que ça. Par moment je pense que l'on n'exige jamais assez de soi-même, et que pourquoi se donner la peine de le faire car je suis certain que tout cela a déjà été écrit...
C'est impossible que personne n'y ait pas déjà pensé et tenté les choses avant moi, et j'ai surtout peur de réaliser que mes idées si elles sont nouvelles soient des impasses, voyez-vous on ne montre que ce qui marche et il faudrait une publication de solutions/ ou de fausses routes qui ne sont pas adaptées, pour baliser un bon chemin, je ne sais pas comment exprimer ma pensée correctement ici, et je suis d'un naturel très méfiant, j'ai souvent été déçu par des étonnements dans les réactions, car il y a pour moi (oui ça arrive des portes ouvertes que l'on enfonce sans réfléchir) mais il y a aussi des réponses qui ont l'air toutes trouvées et qui masquent le vrai problème où la vraie solution...

C'est comme dans une peinture chinoise, je trouve que le vide complète ce qui a été peint, et parfois les impasses définissent naturellement les solutions, mais quand on se déplace dans une ville, le tout est de ne pas se tromper au départ, mais si l'on s'est trompé on ne peut s'en rendre compte que si tard et réaliser que ce temps a été mal investi, et le trajet où qu'il mène peut être long, il est si dur de séparer le bon grain de l'ivraie...

Un avis très mitigé. Railleries, flatterie, compliments c'est à la fois bon et mauvais néanmoins l'absolu est sans morale sans perspective : il s'en moque. Je ne peux aller vers un soleil qu'en regardant l'opposée de mon ombre, mais ce faisant je tourne le dos au soleil, il n'y a que Janus qui sait à quel moment et à quel endroit il se situe et je n'ai qu'une tête et deux bras. Il faut utiliser le côté obscur et clair de la force : côté gris. (et là déjà je suis péremptoire et indécis et incomplet).

pappus · July 2019

Mon cher Callipiger
Il est vrai que je sais beaucoup de choses, lesquelles exactement?
Hélas je suis arrivé à un âge où je les ai oubliées.
Je n'aime pas tellement le terme de balise qui me fait trop penser au HTLM.
Je penche plutôt vers le mot Phare.
Tu seras mon Phare, celui dont on se tient prudemment à distance suffisante pour mieux éviter les écueils de la côte proche ainsi que ses fautes d'orthographe!

Rubens, fleuve d'oubli, jardin de la paresse,
Oreiller de chair fraîche où l'on ne peut aimer,
Mais où la vie afflue et s'agite sans cesse,
Comme l'air dans le ciel et la mer dans la mer ;

Léonard de Vinci, miroir profond et sombre,
Où des anges charmants, avec un doux souris
Tout chargé de mystère, apparaissent à l'ombre
Des glaciers et des pins qui ferment leur pays,

Rembrandt, triste hôpital tout rempli de murmures,
Et d'un grand crucifix décoré seulement,
Où la prière en pleurs s'exhale des ordures,
Et d'un rayon d'hiver traversé brusquement ;

Michel-Ange, lieu vague où l'on voit des Hercules
Se mêler à des Christs, et se lever tout droits
Des fantômes puissants qui dans les crépuscules
Déchirent leur suaire en étirant leurs doigts ;

Colères de boxeur, impudences de faune,
Toi qui sus ramasser la beauté des goujats,
Grand coeur gonflé d'orgueil, homme débile et jaune,
Puget, mélancolique empereur des forçats,

Watteau, ce carnaval où bien des coeurs illustres,
Comme des papillons, errent en flamboyant,
Décors frais et légers éclairés par des lustres
Qui versent la folie à ce bal tournoyant ;

Goya, cauchemar plein de choses inconnues,
De foetus qu'on fait cuire au milieu des sabbats,
De vieilles au miroir et d'enfants toutes nues,
Pour tenter les démons ajustant bien leurs bas ;

Delacroix, lac de sang hanté des mauvais anges,
Ombragé par un bois de sapins toujours vert,
Où, sous un ciel chagrin, des fanfares étranges
Passent, comme un soupir étouffé de Weber ;

Ces malédictions, ces blasphèmes, ces plaintes,
Ces extases, ces cris, ces pleurs, ces Te Deum,
Sont un écho redit par mille labyrinthes ;
C'est pour les coeurs mortels un divin opium !

C'est un cri répété par mille sentinelles,
Un ordre renvoyé par mille porte-voix ;
C'est un phare allumé sur mille citadelles,
Un appel de chasseurs perdus dans les grands bois !

Car c'est vraiment, Seigneur, le meilleur témoignage
Que nous puissions donner de notre dignité
Que cet ardent sanglot qui roule d'âge en âge
Et vient mourir au bord de votre éternité !

Il nous faut revenir malgré tout à nos tristes contingences géométriques!
Comment diable montrer que $a$ est le milieu du segment $[m_2m_5]$?
On peut dire par exemple:
c'est trivial, il n'y a qu'à recommencer ce qu'on a si bien fait pour montrer que $b$ est le milieu du segment $[m_0m_3]$ et puis s'en tenir là prudemment loin du Phare!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2019

Bonjour
Voici le But à atteindre sous la lumière bienveillante ou maléfique du Phare.
Seul l'Avenir nous le dira!
Les points $m_0$, $m_1$, $m_2$, $m_3$, $m_4$, $m_5$, $\omega$ sont mobiles.
Les points $a$, $b\ $, $c$, $a'$, $b'$, $c'$, $K$ sont fixes.
La jouissance sera complète seulement quand l'existence du point $K$ aura été prouvée et qu'il aura été identifié!
Amicalement
[small]p[/small]appus 88370

pappus · July 2019

Bonjour
Disons un mot sur la notion d'angles que j'utilise
Quand j'étais en Terminales, on disposait du Lebossé-Hémery et comme eux on avait l'habitude d'orienter le plan par une petite flèche curviligne généralement tracée en haut à droite comme sur la figure ci-dessous.
Cela ne servait pas à grand chose sinon à être victimes de monstrueux torticolis en essayant d'évaluer les mesures des angles que nous utilisions.
Depuis Bourbaki est passé par là et on sait ou on savait ou on saura, faites votre choix m'sieur dame, qu'on a plus besoin d'orienter le plan pour définir les angles orientés de vecteurs..
C'est cette notion que j'utilise, ne serait-ce que pour éviter d'écrire des modulo $2\pi$ à tout bout de champ!
Amicalement
[small]p[/small]appus 88374

Rescassol · July 2019

Bonjour,

syms ap bp cp

Biap=Birapport(om,m0,m4,ap);
BiapB=Birapport(omB,m0B,m4B,1/ap);

Nul=Factor(Biap-BiapB)
Eqap=collect(a*b - 2*a*ap + ap*b + a*c + ap*c - 2*b*c,ap)

% Donc:

ap=(a*(b+c)-2*b*c)/(2*a-b-c);
apB=(aB*(bB+cB)-2*bB*cB)/(2*aB-bB-cB);

% De même:

Bibp=Birapport(om,m1,m5,bp);
BibpB=Birapport(omB,m1B,m5B,1/bp);

Nul=Factor(Bibp-BibpB)
Eqbp=collect(a*b + a*bp - 2*a*c - 2*b*bp + b*c + bp*c,bp)

% Donc:

bp=(b*(c+a)-2*c*a)/(2*b-c-a);
bpB=(bB*(cB+aB)-2*cB*aB)/(2*bB-cB-aB);

% Enfin:

cp=(c*(a+b)-2*a*b)/(2*c-a-b);
cpB=(cB*(aB+bB)-2*aB*bB)/(2*cB-aB-bB);

k=(2*s2^2-6*s1*s3)/(s1*s2-9*s3); % Point de Lemoine X_6
kB=(2*s2B^2-6*s1B*s3B)/(s1B*s2B-9*s3B);

M=[a aB 1; ap apB 1; k kB 1];
NulK=Factor(det(M))

% Donc K est aligné avec A et A' et par permutation circulaire
% également avec B et B', ainsi que C et C'

Cordialement,

Rescassol 88376

pappus · July 2019

Merci Rescassol
Bien sûr c'est un peu frustrant d'avoir une démonstration électronique mais il faut savoir accepter les progrès de la technique.
As-tu au moins, toi ou ton logiciel, identifié le point $K$?
Si quelqu'un ne le fait pas avant moi, j'aimerais montrer comment le jeune bachelier que j'ai été s'y serait pris pour proposer une solution, à ce détail près sur les angles.
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2019

Bonsoir
Pour gagner un peu de temps, je vais commencer par le plus facile.
On remarque que:
$m_5=(abc).(cab).(bca)(m_2)$
Mais la similitude $(abc).(cab).(bca)$ est la composée des mêmes trois similitudes dans un ordre différent que $(bca).(abc).(cab)=s_b$.
Son rapport vaut donc toujours $1$ et son angle est toujours l'angle plat $\varpi$.
Comme $(abc).(cab).(bca)(a)=(abc).(cab)(b)=(abc)(c)=a$, cette similitude fixe $a$ et ne peut être que la symétrie ponctuelle de centre $a$ notée $s_a$
Donc $(abc).(cab).(bca)=s_a$ et $a$ est le milieu du segment $[m_2m_5]$
De même: $m_4=(cab).(bca).(abc)(m_1)=s_c(m_1)$ et $c$ est le milieu du segment $[m_1m_4]$.
Mais comment nos agrégatifs actuels abreuvés d'algèbre moderne et des bienfaits de la Divine Conjugaison s'y seraient-ils pris pour rédiger leur solution dans l'hypothèse saugrenue où on leur aurait soumis ce problème!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2019

Bonsoir à tous
En marge de mon étrange et désuet problème car à peine apparu aussitôt enterré, je me suis posé une autre petite question peut-être plus dans l'air du temps mais j'ai le pressentiment qu'elle va causer, elle aussi quelques maux de tête absolument épouvantables.
Je suis parti de trois points $a$, $b$, $c$ et j'ai formé les similitudes directes:
$(cab)$ de centre $a$ envoyant $b$ sur $c$.
$(abc)$ de centre $b$ envoyant $c$ sur $a$.
$(bca)$ de centre $c$ envoyant $a$ sur $b$
Ceux qui me suivent depuis le début auront remarqué que j'ai modifié mes notations pour que mes similitudes se composent mieux fonctoriellement et qu'on puisse écrire machinalement sans trop réfléchir:
$(abc).(cab)(bca)=s_a$
$(bca).(abc).(cab)=s_b$
$(cab).(bca).(abc)=s_c$
Mais avec nos trois similitudes, on peut écrire six produits, on vient d'en évaluer trois, ceux qui sont écrits juste au dessus et je vous demande simplement de calculer les trois autres, à savoir:
$(bca).(cab).(abc)$
$(abc).(bca).(cab)$
$(cab).(abc).(bca)$
Ceux qui répondront instantanément auront droit à toute ma sincère admiration!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2019

Bonjour à tous
Pour le moment on va s'intéresser modestement à l'existence du point $\omega\ $ (qui on le sait est toujours d'actualité) et du point $a'$ et c'est pourquoi j'ai effacé provisoirement le segment $[m_2m_5]$ et les divers objets y afférents.
Comment diable prouver l'existence de cette configuration soit avec les pauvres moyens des bacheliers d'antan soit avec ceux ultra modernes de nos agrégatifs affûtés comme pas un, (mais qui ne croiseront jamais de leur vie la route de la moindre foutue similitude!)?
Amicalement
[small]p[/small]appus 88388

callipiger · July 2019

Bonjour pappus,
une idée en l'air comme ça:
on à 3 similitudes , j'ai très fortement envie de regarder ce que cela donne avec la représentation du groupe des permutations de 3 objets, à savoir cette représentation avec les 6 homographies, dans le plan complexe en réalisation la similitude comme un point ayant deux coordonées complexes, j'imagine, que les autres similitudes sont données par les orbites que forment ces 3 objets via ce groupe, mais soyons clairs... je n'ai toujours pas examiner Sidler comme il le faut
autre chose: si ma "technique" donne les parties linéaires des autres similitudes, je ne sais pas comment gérer les centres
(hors il s'agit de centres, donc de points fixes, donc de droites invariantes, donc encore des homographie, j'aimerai tant que l'on puisse faire les choses de cette façon, mais je ne maîtrise absolument pas les prémisses de ce sujet pour le moment)
une autre question que je me pose: les similitudes semblent être liées non ?
est ce que la composées des 3 serait une symétrie centrale, où une autre involution qui serait une isométrie ?

enfin j'ai les idées très embrouillées, et je préfèrerai trouver un livre où tout cela est écrit , car je suis certain que cela a déjà été ecrit et observé...

ps: je voudrais utiliser cette représentation de $S_3$ avec les points d'affixes 0;1; et z pour le denier, et récupérer z, pour le 3ème point du triangle et à homothétie, translation, rotation prés...

pappus · July 2019

Mon cher Callipiger
Tu m'étonneras toujours!
Aurais-tu trouvé un nouveau caractère du groupe symétrique $S_3$ que Jean-Pierre Serre aurait oublié de mentionner dans son immortel ouvrage, (pas si immortel que cela après la découverte que tu viens de faire!), sur les représentations linéaires des groupes finis!
[large]Le caractère de Callipiger,[/large] cela ferait bien sur ta carte de visite!
Mais ton histoire d'homographies me fait plutôt penser à un plat de spaghettis que j'aurais eu du mal à digérer et il est vrai que j'ai toujours été un trop gros mangeur, à en devenir diabétique, bien fait pour ma pomme.
A propos connais-tu l'histoire de la macédoine de spaghettis d'Alexandre (le grand) ou plus précisément celle du spaghetti macédonien qui se serait passée le 11 Juin 323 avant Jésus-Christ? On ne connait pas l'heure exacte mais les recherches continuent et elles ne manqueront pas d'aboutir.
Il faudra que je te la raconte un jour!
Je suis presque déçu que la solution soit si triviale car ton idée est si belle!
Les trois similitudes directes $(bca).(cab).(abc)$, $(abc).(bca).(cab)$, $(cab).(abc).(bca)$ sont encore des symétries centrales!!
[large]Pourquoi?[/large]
Et comment en profiter pour les calculer?
Faire une figure ne mange pas de pain!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

callipiger · July 2019

La somme des angles dans un triangle vaut 180°, nécessairement la composées de 3 similitudes donne ra une symétrie centrale, ensuite voilà, la/les difficultés: où sont les centres ?
les similitudes commutent ?

vous avez dit caractère d'ordre 3
je ne peux m'empêcher de vouloir faire un lien avec la configuration de Napoléon (si je ne me trompe pas):

les centres des triangles équilatéraux feraient de bons candidats
et le point de Torriceli ça serait bien aussi qu'il arrive là dedans, mais je suis lucide là.... (il n'arrivera pas car les triangles obtus ont aussi le droit d'avoir leur triangle de lumière..)

(évidemment je n'ai pas encore fait les efforts nécessaires pour soit trouver les bonnes réponses soit faire les bons calculs, et je n'ai pas encore mangé et je veux encore me distraire avec de l'analyse aussi, bref en ce moment je réactive tout mais j'ai eu le tort de vouloir rester dans mon coin, et de l'aide en fait, ... ça aide, merci à tous, et je ne veux pas décevoir donc la tâche est rude... mes les vacances c'est bien aussi, et lire , ne rien faire regarder les étoiles, les oiseaux les arbres et les expos c'est bien aussi, aller au ciné etc...) 88400

Rescassol · July 2019

Bonjour,

Je verrais comme centres les milieux des côtés de $ABC$:
$(bca).(cab).(abc):z \mapsto b+c-z$ et permutation circulaire.

Cordialement,

Rescassol

pappus · July 2019

Mon cher Callipiger
Je t'avais déjà conseillé de partir en vacances, ce serait une sage décision.
Je suis bien obligé d'employer le conditionnel!
Je te remercie en tout cas de m'avoir bien fait rire mais c'est peut-être cela que tu cherchais?
Je vais donner une solution à la Bourbaki.
Celui-ci fait si bien le ménage entre ce qui est affine et ce qui est linéaire, entre les points et les vecteurs, entre les applications affines et leurs parties linéaires que c'en est un plaisir!
Quand on a compris le truc, tout se goupille si bien qu'on préfère même écrire des diagrammes commutatifs que tracer des figures.
Ce n'est pas comme le croit Callipiger parce que la somme des angles d'un triangle fait $180°$ que nos produits de similitudes sont des symétries centrales. Bourbaki n'a que faire des mesures d'angles légales pour définir ses angles orientés de vecteurs.
Il s'agit de montrer la relation entre angles orientés de vecteurs:
$$(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})+(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})+(\overrightarrow{ca},\overrightarrow{cb})=\varpi$$
Tout d'abord:
$(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})=(\overrightarrow{cb},\overrightarrow{ab})$ ($-Id\ $ est une transformation orthogonale directe.)
Ainsi:
$(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})+(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})=(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})+(\overrightarrow{cb},\overrightarrow{ab})= (\overrightarrow{cb}, \overrightarrow{ac})$, (relation de Chasles)
Comme $(\overrightarrow{ca},\overrightarrow{cb})=(\overrightarrow{ac},\overrightarrow{bc})$ ($-Id\ $ est une transformation orthogonale directe.)
On a donc:
$(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})+(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})+(\overrightarrow{ca},\overrightarrow{cb})=(\overrightarrow{cb},\overrightarrow{ac})+(\overrightarrow{ac},\overrightarrow{bc})=(\overrightarrow{cb},\overrightarrow{bc})=\varpi$ car $-Id$ est la rotation vectorielle d'angle plat.
Je me vois mal ingurgiter cette démonstration quand j'étais en Terminales, il y a plus de 70 ans!
Remarquez que cela ne vaut pas mieux aujourd'hui puisque plus personne ne sait ce qu'est un angle orienté de vecteurs!

Or on sait que le groupe des similitudes vectorielles directes du plan est commutatif. Cet adjectif n'est il pas le plus beau pour un théoricien des groupes aujourd'hui.
Ce qui fait que nos six similitudes directes affines ont toutes la même partie linéaire à savoir $-Id$ et sont donc des symétries centrales.
Il n'y a plus qu'à déterminer leurs centres. On l'a fait pour les trois premières. Il reste à le faire pour les trois dernières mais comme le disait toujours mon père, grand spécialiste de la transformation par polaires réciproques, s'il en fut: le général Yaka n'est pas sous mes ordres!
Amicalement

pappus · July 2019

Merci Rescassol
Oui ce sont bien ces symétries là, bravo!
Mais nul besoin d'utiliser les nombres complexes pour le voir!
Par exemple:
$(bca).(cab).(abc)(c)=(bca)(cab)(a)=(bca)(a)=b$
Ainsi $(bca).(cab).(abc)$ est une symétrie centrale envoyant $c$ sur $b$, c'est donc la symétrie centrale par rapport au milieu $a'$ de $bc$.
$$(bca).(cab).(abc)=s_{a'}$$
De même avec des notations évidentes:
$$(cab).(abc).(bca)=s_{b'}$$
$$(abc).(bca).(cab)=s_{c'}$$
Tu sais, il y a une semaine, je ne savais même pas que j'écrirais ce fil.
C'est Georges Abitbol qui m'a un peu titillé en nous proposant ce beau fil sur l'itération de deux similitudes directes qui commutaient et je voulais absolument proposer un problème analogue sur la composition des similitudes directes conduisant à une figure au moins aussi jolie.
Mon idée de départ était de proposer un tourniquet du genre $m_0m_1m_2m_3m_4m_5$ et comme je ne savais pas trop quoi poser comme question à son sujet, j'ai eu le mauvais réflexe de chercher à quelles conditions ces six points pouvaient être sur une même conique sans savoir ce qu'on obtiendrait. Je ne te remercierai jamais assez d'avoir eu le courage de faire ce calcul mais je me suis aperçu ensuite qu'on pouvait dire des choses plus intéressantes sur cette configuration elle même et surtout les démontrer de façon synthétique.
Amicalement
[small]p[/small]appus

callipiger · July 2019

Hum
je comprends mieux...
@Rescassol et @pappus
donc l'une des permutations circulaires, ne fait que permuter les points.
mais je trouve la terminologie mal-venue, on ne peut permuter deux points que dans un simplexe, qu'à l'aide de transposition
donc ici une symétrie centrale entre les points médians entre les deux points... où une symétrie par rapport à l'hyperplan médiateur (mais là on recupère $2^n$ copies du simplexe)
du coup, si on change les symétries centrales par des symétries axiales, on récupère le centre du cercle circonscrit,
quitte à se retrouver avec une deuxième copie du triangle, c'est éclairant.

pappus · July 2019

Mon cher Callipiger
Merci pour tes propos délirants.
C'est toujours une joie de te lire, on ne sait jamais à quoi s'attendre. Hier c'était le théorème de Catalan, ne serait-ce pas toi qui l'a prouvé, petit cachottier? Aujourd'hui c'est le simplexe et demain peut-être les groupoïdes.
Tu as remplacé les symétries centrales par des symétries axiales pour récupérer le cercle circonscrit, c'est d'une logique implacable mais sais-tu que si tu les avais remplacées par des symétries radiaires, tu aurais obtenu des concombres.
Ne vaut-il pas mieux manger des salades que d'en raconter?
Amicalement
[small]p[/small]appus

callipiger · July 2019

le truc de Catalan c'était de la pure inconscience... (et un sérieux manque de sommeil)
ensuite je me laisse aller, au fond ce que je fais là est inoffensif je crois.
et je manque encore de sommeil, je veux me reposer mais je peux pas en ce moment, je vais être plus Sage et faire du sport. Quand j'aurais un meilleur rythme de vie.

avant de poster j'ai regardé ce qu'étais une symétrie radiaire (je ne connaissais pas le mot)
et le trucs des échelles échelle en spirales c'est ça:en superposant la spirale qui va dans l'autre sens, on a le truc dont je parlais sans preuve l'autre fois

au passage je pense que ce livre :devrait être réédité et mis dans tous les CDI de France.

pappus · July 2019

Mon cher Callipiger
Je me garde bien de cliquer sur les liens que tu nous proposes.
Quand je l'ai fait il y a quelques jours, mon ordinateur qui est très bien protégé m'a signalé que le site vers lequel tu voulais m'orienter était malfaisant.
Mais chacun fera ce qu'il voudra!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2019

Bonne Nuit à tous
Tout est pourtant d'une simplicité biblique:
$m_3=(bca)(abc)(m_1)$ et $m_0=(bca)(abc)(m_4)$
Le produit $(bca)(abc)$ est une similitude directe qui transforme $c$ en $b$.
Soit $a'$ son centre, on a donc avec mes notations:
$$(bca)(abc)=(ba'c)$$ et $m_3=(ba'c)(m_1)$ et $m_0=(ba'c)(m_4)$
Il reste maintenant à localiser le centre $a'$!!
Dans un premier temps, j'ai appliqué la construction classique du centre de similitude telle qu'elle est donnée dans le Lebossé-Hémery:
$a'$ est le second point d'intersection autre que $\omega$ des cercles circonscrits aux triangles $\omega m_1m_3$ et $\omega m_4m_0$.
Et quand on fait la figure, on s'aperçoit que le point $a'$ appartient au cercle circonscrit au triangle $abc$.
Cela mérite une petite explication et je demande à Rescassol de calculer le birapport $(a,a',b,c)$ s'il le peut!
Mais je m'aperçois qu'il a bien identifié le point $K$ comme le point de Lemoine du triangle $abc$ et en principe tout est donc pour le mieux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je possède pratiquement tous les livres de préparation à l'Agrégation et curieusement je n'ai trouvé cette construction que dans le livre de Michèle Audin. Même le Berger n'en fait pas mention.
Chapeau bas, Madame Audin!
Car s'il y a quelque chose à savoir sur les similitudes directes, c'est bien la construction de leurs points fixes.

callipiger · July 2019

Pour dire la vérité j'aime beaucoup le livre de Madame Audin, la configuration de Miquel, retrouver le centre d'une similitude en partant de [AB] et [A'B'], des explications sur la commutativité, un joli exercice lu où j'ai été très content d'avoir trouvé la preuve mentalement et il a sûrement déjà été donné ici: partant d'un polygone, peut-on trouver un point dont l'orbite par les symétries centrales successives des sommets du polygone, revient au point initial...
le théorème fondamental de la géométrie, et tous les autres exercices que je n'ai pas faits. Je l'ai bu au mieux de mes capacités ? et envies à l'époque ?

ps: l'image de la vache qui rit est une image que ressort systématiquement quand l'occasion se présente pour parler d'infini aux élèves.... ils adorent et me regardent avec des gros yeux. (on ne peut pas se passer de cette image sur un fil dont le titre est "Itération")

pappus · July 2019

Bonjour à tous
Continuons sous la lumière maléfique ou famélique de mon Phare. Faites votre choix
Examinons d'un peu plus près notre similitude directe:
$$(bca)(abc)=(ba'c)$$
Les angles des similitudes $(bca)$ et $(abc)$ s'additionnent pour nous fournir gentiment celui de la similitude $(ba'c)$
$(\overrightarrow{ca},\overrightarrow{cb})+(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})=(\overrightarrow{a'c},\overrightarrow{a'b})$
Or on a vu, après nous être bien empiffrés de Vache qui rit, que:
$(\overrightarrow{ca},\overrightarrow{cb})+(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})+(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})=\varpi$
Par suite:
$(\overrightarrow{a'c},\overrightarrow{a'b})+(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})=\varpi$
Et enfin:
$(\overrightarrow{a'c},\overrightarrow{a'b})=(\overrightarrow{ac},\overrightarrow{ab})+\varpi$
Encore un épouvantable casse-tête!
Quelle est la signification de cette égalité entre angles orientés de vecteurs?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · July 2019

Bonjour,

Le birapport $(a,a',b,c)$ est égal à $-1$. On a donc un quadrangle harmonique.

Cordialement,

Rescassol

callipiger · July 2019

Bonjour,
j'en profite pour ouvrir et fermer une parenthèse (je digère de façon différée et toujours incompléte)
@pappus
depuis votre dernier post de ce matin: je vois les angles de vecteurs comme des similitudes vectorielles,

et ça suscite pour moi de nouvelles questions

si les vecteurs sont définis par une structure affine je me pose la question: que se passe -t'il lorsque je fait opérer $V$ par permutation de lettre ?
que se passe-t'il si les angles de vecteurs sont définis par 4 lettres ? (vous cassez pas trop la tête non plus... j'ai déjà partiellement des réponses assez satisfaisantes)

parmi les 2 tourniquets que je connais:
celui qui concerne un triangle en utilisant que des droites parallèles, prend une nouvelle saveur par rapport au théorème des milieux qui n'aurait jamais dû disparaître, car lui , contenait tout... et ce n'est qu'aujourd'hui que je réalise ses saveurs multiples
au passage: il est délicieux de constater que la permutation circulaire sur 3 points se réalise comme un point fixe sur les groupes (s'il vous plaît ne vous moquez pas...)
et pour cela je remercie Rescassol

pappus · July 2019

Merci Rescassol
Oui, cent fois oui, le quadrangle $(a,a',b,c)=-1$ est harmonique.
Quand j'étais en Terminales, nous savions ce qu'était un quadrangle harmonique avec toutes ses mirifiques propriétés qui sont décrites si bien dans le Lebossé-Hémery. Il nous reste à le prouver d'une façon qui soit compréhensible pour un bachelier de cette époque qui ne connaissait pas les nombres complexes.
@Callipiger
De quoi ou de qui faut-il se moquer?
De ton délire permanent dont Erasme a fait l'éloge bien avant de te connaître ou bien de notre système d'enseignement qui produit et continue à produire de tels analphabètes à qui il confie en plus ( mais faut-il te croire?) l'éducation de nos jeunes fermant ainsi la boucle de son itération républicaine!
Amicalement
[small]p[/small]appus

callipiger · July 2019

Je pense que ma vision est biaisée par mes propres écueils et manques de reculs, néanmoins il y a des choses à remettre en question mais dans le cadre de l'éducation par quoi commencer pour être juste?

lorsque je rencontre une classe je n'ai qu'une certitude même en étant au mieux de ce que je peux donner: je ne ferai pas l'unanimité,
et cela vaut pour toute structure au final, qu'il s'agisse de nos gouvernants, de notre société, je serai triste et lucide en disant que le monde est fait pour maintenir la misère à un niveau acceptable... (je n'arrive pas à retrouver la référence exacte de ce show là..)

pappus · July 2019

Mon cher Callipiger
Je te cite:
au passage: il est délicieux de constater que la permutation circulaire sur 3 points se réalise comme un point fixe sur les groupes (s'il vous plaît ne vous moquez pas...)
et pour cela je remercie Rescassol
Je ne sais pas trop si Rescassol appréciera tes remerciements pour t'avoir permis d'écrire une ânerie de plus.
Si tu aimes tant la géométrie, contente toi d'admirer dans un silence respectueux les configurations qu'on te propose!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2019

Bonjour
A propos de Michèle Audin, un petit bémol.
Sa démonstration de la construction du point fixe d'une similitude directe est exactement la même que celle du Lebossé-Hémery, pas de progrès de ce côté là en cinquante ans. Elle utilise des mesures d'angles orientés de droites et traîne des (modulo $\pi$) partout.
Pourtant il n'était pas très difficile d'utiliser des angles orientés de droites et non leurs mesures pour faire la démonstration à condition de montrer au préalable qu'une similitude directe non contente de conserver les angles orientés de vecteurs conserve aussi les angles orientés de droites.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Math Coss · July 2019

Peut-être note-t-elle $\pi$ l'angle dont un représentant est $(u,-u)$, avec $u$ vecteur non nul ?

pappus · July 2019

Mon cher Math Coss
J'ai un peu la flemme de me lancer dans l'exégèse du livre de Michèle Audin d'autant plus que je ne possède que la première édition et que je n'ai pas les autres.
Nul n'est parfait.
Il est certain qu'elle définit les angles orientés de droites et de vecteurs ainsi que leurs mesures qui dépendent, elles, de l'orientation comme on le sait.
Elle définit bien l'angle plat comme tu l'as dit sans lui donner de nom particulier comme je l'ai fait et démontre bien ma formule:
$$(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})+(\overrightarrow{bc},\overrightarrow{ba})+(\overrightarrow{ca},\overrightarrow{cb})=\varpi$$
plus ou moins de la même manière en se contentant de dire que le résultat est un angle plat.
Au niveau des isométries, elle souligne bien que les réflexions renversent les angles orientés de droites ou de vecteurs mais curieusement elle ne démontre pas le théorème (fondamental) de la décomposition d'une rotation en produit de deux réflexions qui me semble être l'ingrédient essentiel de tout problème euclidien.
Ce théorème est prouvé dans le Lebossé-Hémery auquel on peut reprocher beaucoup de choses, notamment sa définition des angles orientés qui m'avait causé à l'époque tant de torticolis mais du point de vue de la théorie des groupes dont il n'a jamais prononcé le nom, c'est un livre impeccable.
Enfin Michèle Audin souligne que les similitudes directes conservent les angles orientés (mais sans préciser lesquels).
On verra plus tard dans ce fil en abordant la détermination du point $a'$ comme quatrième sommet d'un quadrangle harmonique ce qu'elle dit par la suite.
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · July 2019

Bonjour Pappus
Si on remplace dans ton énoncé initial similitude directe par similitude indirecte, il n'est pas difficile de trouver comment passer de $m_{0}$ à $m_{3}$, de $m_{1}$ à $m_{4}$, de $m_{2}$ à $m_{5}$ mais, surtout, le lieu de $m_{0}$ pour que ces $6$ points soient sur une même conique (ainsi que la "conique" correspondante) est beaucoup plus simple, comme devrait nous le confirmer Rescassol.
Amicalement. Poulbot

Itération

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