Familles linéaires de triangles inscrits

Merci Poulbot et Bravo pour ta construction que j'ai reproduite ci-dessous.
La seule difficulté est d'arriver à flanquer tous les points dans les limites de l'épure
Ta construction est entièrement différente de la mienne et c'est normal car ma figure s'inscrivait de façon logique après des dizaines d'autres, fruits de mes réflexions sur les $TGV$.
J'avais bien remarqué que Callipiger faisait une fixation sur les tourniquets, alors je lui en ai fourni un qui dormait dans mes archives Cabri depuis presque vingt ans.
Je serais bien en peine de te donner ma démonstration au pied levé car je perds la mémoire mais en m'y remettant je devrais la retrouver sans trop de peine.
D'ailleurs je crois que nous avons déjà discuté d'un sujet proche, il y a quelques années dans un fil sur les $TGV$ qu'il faudrait évidemment retrouver.
Comme d'habitude Callipiger fait le pitre sur le théorème des milieux comme s'il pouvait à lui seul expliquer cette configuration très subtile.
En plus ni toi ni moi ne l'avons utilisé!
C'est amusant de voir que cette figure peut être appréhendée dès qu'on sait tracer des droites parallèles c'est à dire sans doute dès la fin du Collège.
Mais réaliser effectivement cette construction est une autre paire de manches et ce [small]minuscule[/small] exercice pourrait à lui seul couler des générations d'agrégatifs et même déconcerter certains de leurs enseignants.
Alors à défaut de savoir appliquer l'algèbre linéaire à des problèmes concrets de géométrie, on se contentera de réduire des endomorphismes pour le simple plaisir de les réduire!
En ce qui concerne cet exercice, j'avais aussi une autre idée derrière la tête!
Quels sont les lieux des équicentres et des centres aréolaires de ces $FLTI$ quand ta transversale $PQR$ pivote autour de $\Omega$?

Bonsoir à tous
Voici la figure que j'ai retrouvée dans mes archives commentée dans mon jargon plus ou moins d'antan!
Les divisions semblables sont devenues des correspondances affines et les axes affines des graphes.
On voit que cette construction n'a rien à voir ni de près ni de loin avec celle de Poulbot mais elle a l'avantage de donner le lieu des centres aréolaires.
Quel est alors le lieu des équicentres?
Amiclement
[small]p[/small]appus
PS
@Callipiger

[small]enfin c'est un point fixe pour le tourniquet[/small]

Pourquoi écris-tu tes âneries en minuscule?
Aurais-tu honte de les écrire en gros caractères?

Bonne Nuit à tous
Voici la figure du plan affine (complété projectivement) à garder dans vos tablettes.
Les données de départ sont le triangle de référence $ABC$ et le point $M(x:y:z)$.
Elle montre l'orbite harmonique du point $M$: $\{M,M_a,M_b,M_c\}$.
Sa polaire trilinéaire: la droite bleue $A''B''C''$
Sa droite duale: la droite orange: $A'''B'''C'''$.
Je ferai les commentaires plus tard et en attendant, elle passera la nuit bien au chaud!
Je pense qu'après cela on pourra faire le joint entre la construction de Poulbot et la mienne!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En Seconde autrefois dans un autre monde, dans un autre siècle, les prototypes d'orbites harmoniques qu'on voyait sans dire évidemment que c'étaient des orbites harmonique étaient:
1° L'orbite harmonique du centre de gravité: $\{G(1:1:1), G_a(-1:1:1), G_b(11), G_c(1:1:-1)\}$ c'est à dire le centre de gravité $G$ et les sommets du triangle antimédial.
2° L'orbite harmonique du centre du cercle inscrit $I$: $\{I(a:b:c),I_a(-a:b:c),I_b(a:-b:c),I_c(a:b:-c)\}$ c'est à dire le centre du cercle inscrit et les trois centres des cercles exinscrits.

Merci Poulbot
A part mes petites questions sur les centres aréolaires et les équicentres, c'est parfait, Bravo!
Je me contenterais donc de prouver que nos deux constructions sont en fait les mêmes, ce qui n'est pas très évident à première vue.
J'ai isolé dans ma figure précédente assez compliquée la configuration ci-dessous autrefois au programme de Seconde et le lycéen acnéique et studieux que j'étais n'avait aucune difficulté à identifier la division harmonique: $(A',A'',B,C)=-1$.
C'est un bon exercice d'aller rechercher les divisions et les faisceaux harmoniques présents sur ma figure précédente assez compliquée.
Pour faire plaisir à Bouzar, je vais me lancer dans de très modestes calculs barycentriques:
Au départ, on dispose des coordonnées de $M(x:y:z)$
$A'B'C'$ est ce qu'on appelle le triangle cévien de $M$.
Les coordonnées de ses sommets sont:
$A'(0:y:z)$, $B'(x:0:z)$, $C'(x:y:0)$.
On en déduit l'équation homogène de la droite $B'C'$: $-yzX+zxY+xyZ=0$ puis les coordonnées de l'intersection:
$BC\cap B'C'=A''(0:y:-z)$.
Par permutation circulaire on a celles des points $CA\cap C'A'=B''(-x:0:z)$, $AB\cap A'B'=C''(x:-y:0)$
Les points $A''$, $B''$, $C''$ sont alignés car on a la nullité du déterminant:
$\begin{vmatrix} 0&-x&x\\y&0&-y\\-z&z&0\end{vmatrix}=0$
Il suffit d'additionner les colonnes.
C'est quand même plus class que d'appliquer le théorème de Ménélaüs!!
La droite $A''B''C''$ s'appelle la polaire trilinéaire du point $M$ et son équation est : $yzX+zxY+xyZ=0$ ou encore $\dfrac Xx+\dfrac Yy+\dfrac Zz=0$
On voit donc que cette terminologie de polaire est très malheureuse puisque si la polaire trilinéaire du point $M$ passe par $M'$, la polaire trilinéaire de $M'$ n'a aucune raison de passer par $M$.
Les équations des droites $AA''$, $BB''$, $CC''$ sont alors simples:
$AA''$: $\dfrac Yy+\dfrac Zz=0$
$BB''$: $\dfrac Zz+\dfrac Xx=0$
$CC''$: $\dfrac Xx+\dfrac Yy=0$
On en déduit immédiatement les coordonnées des intersections:
$BB''\cap CC''=M_a(-x:y:z)$, $CC''\cap AA''=M_b(x:-y:z)$, $AA''\cap BB''=M_c(x:y:-z)$
Maintenant que les quatre points $M$, $M_a$, $M_b$, $M_c$ forment une orbite, je vous le laisse découvrir car c'est devenu aujourd'hui secret défense!
Le meilleur reste pour la fin!!
$A'''$ est le symétrique de $A''(0:y:-z)$ par rapport au milieu $a$ de $BC$. Ses coordonnées sont donc $A'''(-z:y:0)$
De même les coordonnées de $B'''$ symétrique de $B''$ par rapport au milieu $b$ de $CA$ sont: $B''(z:0:-x)$ et celles de $C'''$ symétrique de $C''$ par rapport au milieu $c$ de $AB$ sont: $C'''(-y:x:0)$ et ces trois points sont alignés car:
$\begin{vmatrix}0&z&-y\\-z&0&x\\y&-x&0\end{vmatrix}=0$
pour cause de déterminant antisymétrique d'ordre impair.
N'est-ce pas le super pied pour un algébriste de voir que cette minuscule remarque sur les déterminants se traduit concrètement de façon géométrique?
Il est facile de voir que l'équation de cette droite $A'''B'''C'''$ est: $xX+yY+zZ=0$
C'est justement la droite duale de $M$.
On remarque que la relation entre les droites $A''B''C''$ et $A'''B'''C'''$ est justement celle qui existe entre les droites $PQR$ et $P'Q'R'$ dans la construction de Poulbot.
Les sectateurs de la géométrie du triangle parlent de droites isotomiques.
Dans mon prochain message, on verra pourquoi la construction de Poulbot et la mienne sont en fait les mêmes!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
J'ai déjà dit que le lieu des centres aréolaires de ces $TGV$ ou $FLTI$ était la droite duale $\Delta$ du point $\Omega$ par rapport au triangle $ABC$.
Quant au lieu des équicentres, il est à peine plus compliqué!
C'est la droite homothétique de la polaire trilinéaire du point $\Omega$ par rapport au triangle $ABC$ dans l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $\frac 23\ $.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Maintenant des questions plus sérieuses auxquelles seuls pourraient répondre des agrégatifs si quelqu'un avait l'idée saugrenue de leur proposer la configuration précédente.
Heureusement pour eux, cela n'arrivera jamais et il pourront toujours continuer à réduire leurs endomorphismes en toute quiétude sans angoisse métaphysique à propos d'une géométrie disparue.
Soit $f$ l'application affine $ABC\mapsto abc$. Déjà quesaco?
1° Calculer le polynôme caractéristique de la partie linéaire $\overrightarrow f$ de $f$.
Surtout ne vous bousculez pas!
2° Déterminer le point fixe et les droites invariantes de $f$.
Pas de panique, ce n'est qu'un mauvais rêve, réveillez vous!
3° Lieu du point fixe. Un lieu? Mais il nous prend pour qui!
4° Montrer qu'une des droites invariantes reste parallèle à une direction fixe.
Va-t-on être obligé de sortir sa règle et son compas?
5° Cherchez l'enveloppe de l'autre droite invariante.
Rassurez vous, la théorie des enveloppes n'est plus au programme!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit à tous
On va partir à la chasse à cet intrigant $\frac 29$!
Comment ai-je trouvé cette fraction bizarre?
Certainement pas par le calcul!!
Tout simplement j'ai fait la figure en suivant ma propre construction après quand même m'être assuré qu'elle conduisait au même résultat que celle de Poulbot.
Puis j'ai calculé le rapport des aires algébriques $\dfrac{S(a,b,c)}{S(A,B,C)}$ et constaté qu'il était égal à $\frac 29$ sans en être trop surpris car je m'attendais à ce que ce rapport puisse être constant, mon point $M$ de départ étant situé à l'infini.
En effet la droite $L$ de départ de Poulbot passe par le centre de gravité $G(1:1:1)$.
Son équation homogène est donc de la forme:
$$xX+yY+zZ=0$$
Et comme elle passe par $G$, on a:
$$x+y+z=0$$
Donc mon point $M(x:y:z)$, pôle de $L$ est situé sur la droite de l'infini!
Maintenant il faut faire la figure et j'ai déjà dit que ce n'était pas facile car dans un premier temps, il va falloir construire l'orbite harmonique de $M$.
Encore un horrible cauchemar qui se prépare!
Vite mon Prozac!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Une fois la figure précédente acquise, je suis parti d'un point $a\in BC$ absolument quelconque et sans autre état d'âme, j'ai dessiné mon petit tourniquet $a\gamma b\alpha c\beta a$, assuré par les calculs de Poulbot qu'il se refermerait bien correctement.
Enfin grâce aux outils de mon logiciel, j'ai mesuré le scalaire $\dfrac{S(A,B,C)}{S(a,b,c)}$ et constaté à ma grande satisfaction qu'il valait $4,5$ quelque soit la position du point $a$ sur la droite $BC$.
Il reste maintenant à expliquer ce phénomène et ça, c'est une nouvelle paire de manches qui nous attend!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je laisse le paradis de la géométrie hyperbolique à Gai Requin et quant à moi, vu mon âge avancé et ma lucidité thermodynamique, je dois me contenter de patauger dans les marécages de la géométrie affine.
On reprend donc les calculs relativement simples de Poulbot et la première chose à faire est de récupérer les équations des graphes [size=large]$(\alpha)\ $[/size], [size=large]$(\beta)$[/size], [size=large]$(\gamma)$[/size] de nos trois correspondances affines.
Instinctivement on sent que ça va saigner!
Il faut d'abord avoir une équation de la droite $M_bM_c$.
Comme on connait les coordonnées des points $M_b(x:-y:z)$ et $M_c(x:y:-z)$, il y a de bonnes chances que ce soit:
$$zY+yZ=0$$
Maintenant il nous faut l'équation de la parallèle à cette droite passant par $G(1:1:1)$
Il se trouve que le faisceau des droites parallèles à $M_bM_c$ s'écrit:
$$zY+yZ+\lambda(X+Y+Z)=0$$
Il ne reste plus qu'à ajuster $\lambda$ pour que cette dernière droite ait le bon gout de passer par $G$:
$$y+z+3\lambda=0$$
Et comme $y+z=-x$, on trouve : $\lambda=\dfrac x3$.
Finalement on trouve pour équation du graphe [size=large]$(\alpha)\ $[/size]:
$$xX+(x+3z)Y+(x+3y)Z=0$$
Allons nous être obligés de reprendre ces calculs fétides pour avoir les équations des graphes [size=large]$(\beta)$[/size] et [size=large]$(\gamma)$[/size]?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bravo Bouzar.
Il suffisait en effet de faire dans l'équation du graphe [size=large]$(\alpha)$[/size] les substitutions circulaires:
$X\to Y\to Z\to X$ et $x\to y\to z\to x$
C'est tout l'avantage d'utiliser les coordonnées barycentriques.
Maintenant que nous avons les équations des trois graphes:
[size=large]$(\alpha)$[/size]: $xX+(x+3z)Y+(x+3y)Z=0$
[size=large]$(\beta)$[/size]: $(y+3z)X+yY+(y+3x)Z=0\ $
[size=large]$(\gamma)$[/size]: $(z+3y)X+(z+3x)Y+zZ=0\ $
on ne va quand même pas rester comme deux ronds de flans devant elles!
Que va-t-on pouvoir bien en faire?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il n'est pas interdit aux incrédules de recommencer les calculs!

Bonjour
Ce système linéaire en $(u,v,w)$ n'est pas un système de Cramer, il est de rang $2$ et il est compatible, on peut le voir en faisant la somme de ces trois équations.
On peut donc choisir les deux premières équations comme équations principales et grâce à elles, calculer $v$ et $w$ en fonction de $u$.
Cela prouve pour chaque $a\in BC$, l'existence de nos tourniquets $a\gamma b\alpha c\gamma a$.
Mais cela on le savait déjà grâce à Poulbot.
Ce qui est nouveau, c'est ce $\dfrac 29$ dans la formule:
$$S(a,b,c)=\dfrac 29S(A,B,C)$$
Comment la prouver?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
En reprenant les notations de Poulbot, on doit évaluer le déterminant:

$$\begin{vmatrix}
0&v&1-w\\
1-u&0&w\\
u&1-v&0
\end{vmatrix}
$$
sachant que $(u,v,w)$ est une solution du système linéaire compatible:
$(S)\begin{cases}
0.u+yv-zw&=&\dfrac x3+y\\
-xu+0.v+zw&=&\dfrac y3+z\\
x.u-yv+0.w&=&\dfrac z3+x
\end{cases}
$
On progresse petit à petit!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
On lit littéralement sur la figure $\tan(\theta)=\dfrac{\sqrt 3}2$.
On voit bien que c'était d'une difficulté inouïe!
Il y a dans cette configuration suffisamment d'angles droits et de parallèles pour envoyer au septième ciel tous les sectateurs des axiomes de Thalès et de Pythagore.
On pourrait peut-être la proposer à la prochaine $O.I.M$?
Pourquoi pas?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bravo Gai Requin.
C'est effectivement ce qu'il fallait dire.
Voilà comment il fallait continuer si tu avais lu plus attentivement mes précédents messages.
$-\frac 23$ est une valeur propre de la partie linéaire $\vec f$ de l'application affine $f:ABC\mapsto abc$
Comme le triangle $abc$ est inscrit dans $ABC$, on sait que $\mathrm{Trace}(\vec f)=-1$
Donc l'autre valeur propre de $\vec f$ est $-\frac 13$ et par suite $\det(\vec f)=\frac 29$
Le taupin que j'étais ne pouvait faire ce raisonnement puisqu'il n'avait pas le début du commencement de l'idée d'une valeur propre et itou après la grande école et ensuite j'ai perdu deux ans de ma vie chez les numides, la honte quoi!
Mais aujourd'hui cela ne vaut pas mieux puisque la géométrie a disparu.
Pour calculer l'aire d'un triangle, le seul viatique qu'on a: $S(\Delta)=\dfrac 12 \mathrm{Base}\times \mathrm{Hauteur}$
De mon temps, on ânonnait cette formule sur les bancs de la Septième!
On a fait des progrès monstres depuis!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Maintenant qu'on s'est fait les dents sur le cas particulier $\Omega=G$, on est plus que prêt (?) à affronter le cas général $\Omega\not =G$.
Ce n'est pas beaucoup plus difficile, il faut juste être méticuleux et dans ses notations et dans ses calculs barycentriques!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
On remarque que:
$$\begin{pmatrix}
-p&p&p\\q&-q&q\\r&r&-r\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} a\\b\\c\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} (b+c-a)p\\(c+a-b)q\\(a+b-c)r\end{pmatrix}
$$
Ceci prouve que l'équicentre $E$ est l'image du centre aréolaire $M$ dans la transformation projective $ABCG\mapsto \Omega_A\Omega_B\Omega_C\Omega$ où $G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ et $\{\Omega,\Omega_A,\Omega_B,\Omega_C\}$ est l'orbite harmonique du point $\Omega$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Vous, qui êtes des mordus des Axiomes de Thalès et de Pythagore, contemplez bien cette figure, toujours la même mais on ne s'en lasse jamais. Comme dans le jeu des sept erreurs, détectez et prouvez l'existence de tous ces triplets de points alignés et de droites concourantes, de tous ces quadruplets de points cocycliques, c'est le moment ou jamais de le faire.
Plus besoin d'affreux systèmes linéaires, d'épouvantables matrices et d'atroces déterminants!
Synthétisez à coeur joie et surtout ne vous lassez jamais.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
En ce qui concerne la configuration générale de Poulbot où le point de concours des graphes est un point $\Omega$ quelconque du plan, il n'y pas de miracle.
J'ai d'abord construit les graphes [size=large]$(\alpha)$[/size], [size=large]$(\beta)$[/size], [size=large]$(\gamma)$[/size].
Ensuite j'ai construit deux tourniquets $a\gamma b\alpha c\beta a$ et $a'\gamma' b'\alpha' c'\beta' a'$ me permettant de récupérer deux triangles $abc$ et $a'b'c'$ de la $FLTI$ et donc la $FLTI$ elle même
Enfin je dispose d'une macro construisant le centre aréolaire $S$ et l'équicentre $E$ de la $FLTI$ connaissant justement deux de ses triangles.
C'est ainsi que j'ai constaté que $S=M$.
J'ai demandé alors à mon logiciel de tracer le lieu de $E$ quand le point $M=S$ décrivait la polaire ou droite duale $\Delta$ du point $\Omega$ et c'est ainsi que j'ai constaté sur la figure que le lieu de $E$ était une droite parallèle à la polaire trilinéaire de $\Omega$, homothétique de cette polaire trilinéaire dans l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $\dfrac 23$. Fort de ces certitudes, je me suis lancé dans des calculs barycentriques dont je savais a priori qu'ils ne seraient pas trop difficiles et donneraient un résultat.
On connait les coordonnées de $E$: $\big((b+c-a)p,(c+a-b)q,(a+b-c)r\big)$ ainsi que l'équation homogène de la poaire trilinéaire de $\Omega$: $\dfrac xp+\dfrac yq+\dfrac zr=0$.
Il ne reste plus qu'un problème absolument épouvantable à régler et on sait a priori qu'il sera épouvantable puisque les homothéties se sont faites la malle depuis longtemps, mises à part les homothéties d'un espace vectoriel:
Ecrire la matrice d'une homothétie dont on connait les coordonnées du centre et le rapport.
Entre parenthèses, ce n'est qu'une minuscule question dans la théorie de la représentation des groupes!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Bouzar
Tu es devenu par la force des choses le dépositaire du terrible secret des coordonnées barycentriques et peut-être même des coordonnées tout court. C'est une très lourde responsabilité!
Pour le moment il ne nous reste plus que la base canonique de $\mathbb R^2$ mais pour combien de temps encore?
Je te reproche déjà une petite imprécision dans ce calcul à savoir les coordonnées du point $\Omega$.
J'avais écrit $\Omega(p:q:r)$ utilisant ce qu'on appelle les coordonnées barycentriques homogènes, alors que toi tu as écrit $\Omega(p,q,r)$ utilisant sans doute des coordonnées barycentriques normalisées, i.e: $$ p+q+r=1$$.
Tu vois qu'en géométrie comme ailleurs, les points, les virgules, les deux points, etc..., bref toute la ponctuation est importante!
Je conserve donc mes notations $\Omega(p:q:r)$
Les vecteurs colonnes de cette matrice affine sont formés des coordonnées barycentriques normalisées des images respectives $A'$, $B'$, $C'$ des sommets $A$, $B$, $C$ du triangle $ABC$.
Par définition si $h$ est l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $k$, on a si $M'=h(M)$
$$\overrightarrow{\Omega M'}=k.\overrightarrow{\Omega M}$$
ce qui s'écrit en utilisant le formalisme du prolongement vectoriel:
$M'-\Omega=k(M-\Omega)$ c'est à dire:
$$M'=(1-k).\Omega+k.M$$
$M'=h(M)$ est le barycentre des points massiques $(\Omega; 1-k)$ et $(M;k)$
Les composantes barycentriques normalisées de $A'$ sont donc: $(1-k)\begin{pmatrix}\dfrac p{p+q+r}\\ \dfrac q{p+q+r}\\ \dfrac r{p+q+r})\end{pmatrix}+k\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$.

On en déduit immédiatement la matrice de $h$ dans le repère affine $(A,B,C)$:
$$
\dfrac 1{p+q+r}
\begin{pmatrix}
p+k(q+r)&(1-k)p&(1-k)p\\
(1-k)q&q+k(r+p)&(1-k)q\\
(1-k)r&(1-k)r&r+k(p+q)
\end{pmatrix}
$$
C'est la même que la tienne à ce facteur $\dfrac 1{p+q+r}$ près.
Mais même si $p+q+r\not =1$, ce n'est pas très grave, ta matrice reste valable, ce n'est qu'une matrice du prolongement projectif de l'homothétie $h$.
Toutes ces matrices ne sont en effet définies qu'à un facteur multiplicatif non nul près.
Car une homothétie est aussi une transformation projective très particulière, elle fixe chaque point de la droite de l'infini.
De ce point de vue, tu aurais tout aussi bien pu prendre comme matrice projective de ton homothétie $h$ la matrice:
$$
\begin{pmatrix}
3p+2q+2r&p&p\\
q&2p+3q+2r&q\\
r&r&2p+2q+3r
\end{pmatrix}
$$
Chaque fois qu'on a l'occasion de se débarrasser des dénominateurs, on peut la saisir en géométrie projective!
Encore une fois:
Merci Bouzar,
mais comment maintenant appliquer concrètement tout ceci au cas qui nous préoccupe, à savoir le lieu de cet équicentre $E$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Une fois la construction des centres de similitude achevée, on peut s'attaquer à celle des triangles $abc$ de la $FLTI$ elle même.
Partant d'un point $a$ quelconque sur la droite $BC$, on obtient les deux autres sommets $b\in CA$ et $c\in AB$ du triangle $abc$ de la $FLTI$ au moyen des cercles pointillés de la figure.
Maintenant vous savez tout!
Vous savez faire la construction euclidienne des triangles de cette $FLTI$ au moyen des centres de similitude.
Il ne vous reste plus qu'à la prouver c'est à dire démontrer l'existence de cette débauche de triplets de points alignés, de droites concourantes et de quadruplets de points cocycliques puis à identifier cette $FLTI$ avec la $FLTI$ affine étudiée au début de ce fil!.
Je peux vous dire que cela va vous occuper pendant un certain temps pour paraphraser mon ancien adjudant!
Amicalement
[small]p[/small]appus