Correspondances
Bonjour
CORRESPONDANCES
La Nature est un temple où de vivants piliers
Laissent parfois sortir de confuses paroles ;
L'homme y passe à travers des forêts de symboles
Qui l'observent avec des regards familiers.
Comme de longs échos qui de loin se confondent
Dans une ténébreuse et profonde unité,
Vaste comme la nuit et comme la clarté,
Les parfums, les couleurs et les sons se répondent.
Il est des parfums frais comme des chairs d'enfants,
Doux comme les hautbois, verts comme les prairies,
— Et d'autres, corrompus, riches et triomphants,
Ayant l'expansion des choses infinies,
Comme l'ambre, le musc, le benjoin et l'encens,
Qui chantent les transports de l'esprit et des sens.
Sur la figure ci-dessous, les droites $L$, $L'$ et le point $F$ sont donnés
On se fixe un angle orienté $\alpha$ de droites et on définit une correspondance: $f:L\longmapsto L'; M\mapsto M'$ par:
$$(FM,FM')=\alpha$$
Montrer qu'il existe en général (c'est à dire sauf exception à déterminer) un second point $F'$ tel que l'angle $(F'M,F'M')=\alpha'$ est constant et étudier pour $\alpha$ donné l'application $F\mapsto F'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Sur ma figure $(FM_1,FM'_1)=(FM_2,FM'_2)=\alpha$ et $(F'M_1,F'M'_1)=(F'M_2,F'M'_2)=\alpha'$
Exercice de style:
Donner de cet exercice un énoncé à l'ancienne sans angles orientés!
CORRESPONDANCES
La Nature est un temple où de vivants piliers
Laissent parfois sortir de confuses paroles ;
L'homme y passe à travers des forêts de symboles
Qui l'observent avec des regards familiers.
Comme de longs échos qui de loin se confondent
Dans une ténébreuse et profonde unité,
Vaste comme la nuit et comme la clarté,
Les parfums, les couleurs et les sons se répondent.
Il est des parfums frais comme des chairs d'enfants,
Doux comme les hautbois, verts comme les prairies,
— Et d'autres, corrompus, riches et triomphants,
Ayant l'expansion des choses infinies,
Comme l'ambre, le musc, le benjoin et l'encens,
Qui chantent les transports de l'esprit et des sens.
Sur la figure ci-dessous, les droites $L$, $L'$ et le point $F$ sont donnés
On se fixe un angle orienté $\alpha$ de droites et on définit une correspondance: $f:L\longmapsto L'; M\mapsto M'$ par:
$$(FM,FM')=\alpha$$
Montrer qu'il existe en général (c'est à dire sauf exception à déterminer) un second point $F'$ tel que l'angle $(F'M,F'M')=\alpha'$ est constant et étudier pour $\alpha$ donné l'application $F\mapsto F'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Sur ma figure $(FM_1,FM'_1)=(FM_2,FM'_2)=\alpha$ et $(F'M_1,F'M'_1)=(F'M_2,F'M'_2)=\alpha'$
Exercice de style:
Donner de cet exercice un énoncé à l'ancienne sans angles orientés!
Réponses
-
Bonjour Pappus
Laissant à nos amis le soin de justifier ce qui suit.
$M\in L\rightarrow M^{\prime }\in L^{\prime }$ s'étend en une transformation circulaire directe du plan de point fixe $F$; $F^{\prime }$ est son autre point fixe.
On a alors $\alpha +\alpha ^{\prime }=\left( L,L^{\prime }\right) $ et cela coince si $\alpha =\left( L,L^{\prime }\right) $.
Quant à la transformation de Baudelaire $F\rightarrow F^{\prime }$, c'est la similitude indirecte $s$ pour laquelle, si $M\in L$, on a $s\left( M\right) \in L^{\prime }$ et $\left( L,Ms\left( M\right) \right) =\alpha $. Elle a pour droites invariantes les $2$ bissectrices de $L$ et $L^{\prime }$.
Par contre, je ne vois pas comment il aurait fallu poser ce problème à grand-papa.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Tu es toujours le géomètre impeccable mais tes lecteurs ont du pain sur la planche.
A priori l'énoncé est élémentaire tout comme le résultat final qui est une similitude indirecte.
Je crois qu'on aurait pu le donner à grand papa à condition de ne pas parler d'angles tout simplement puisque tout aussi bien plus personne ne sait aujourd'hui les définir correctement!
Il ne reste plus qu'à faire cette rédaction ancienne avec sujets, verbes et compléments et sans fautes d'orthographe!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ci-dessous la figure de Poulbot à laquelle j'ai rajouté les points limites $I$, ($f(I)=\infty$) et $J'$, ($f(\infty)=J'$) de l'extension circulaire directe $f$ de Poulbot. -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves sans cauchemarder sur ces angles obsolètes et n'essayez surtout pas de faire opérer le groupe alterné sur les angles alternes internes!
Par acquit de conscience car j'en ai encore une très provisoirement, j'ai fait la figure de Poulbot dans le cas où les droites $L$ et $L'$ sont parallèles, i.e:
$$(L,L')=0$$
Je n'ose demander dans quoi vit le $0$ du second membre.
Je suis un grand timide!
Ce qu'a dit Poulbot reste valable et il ne reste plus qu'à identifier la similitude indirecte $F\mapsto F'$ et ce dans un monde éducatif qui se fiche bien des similitudes surtout quand elles sont indirectes!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
On fixe maintenant le point $F$ et on fait varier l'angle orienté de droites $\alpha$.
Quel est le lieu du point $F'$?
Montrer que la correspondance entre les points limites $I$ et $J'$ de $f$ est affine et tracer son graphe.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour.
Le lieu de $F'$ est la droite également inclinée, issue de $O$. Les points $F,F'$ sont les foyers d'une conique inscrite (mobile). Les points $Q_i, Q_j$ sont les contacts de cette conique avec les parallèles aux droites $L,L'$. Le graphe demandé est le lieu de $G=Q_i +Q_j -O$. Ce lieu passe par $F$ et est une droite parallèle au lieu de $F'$.
Cordialement, Pierre. -
Bonjour
Dans le cas $\left( L,L^{\prime }\right) =0$, Pappus wrote : "il ne reste plus qu'à identifier la similitude indirecte $F\rightarrow F^{\prime }$"
Ne s'agirait-il pas d'une similitude indirecte d'un genre un peu particulier?
Amicalement. Poulbot -
Bonjour Poulbot
Je découvre ta belle figure, qui vaut mieux qu'un long discours, en revenant (de Nantes) de voyage.
Bravo et Merci
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Comme Pierre l'a confirmé, pour $F$ fixé et $\alpha$ variable, la correspondance entre points limites $I \iff J'$ est affine.
Quelles sont ses extensions circulaires directe et indirecte?
Regarder en particulier le cas $L\parallel L' .\ $ -
Bonjour Pappus
Dans le cas $L\parallel L^{\prime }$, on a $\left( L,FJ^{\prime }\right) =-\left( L,FI\right) =\alpha $. Ainsi la droite $IJ^{\prime }$ passe par un point fixe quand $\alpha $ varie : le conjugué harmonique $P$ de $F$ par rapport à ses projections orthogonales sur $L$ et $L^{\prime }$.
L'extension circulaire directe de $I\rightarrow J^{\prime }$ est l'homothétie de centre $P$ qui transforme $L$ en $L^{\prime }$ et son extension circulaire indirecte est une similitude indirecte de centre $F$.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour à tous
Voilà la figure de Pierre que je remercie pour sa contribution avec un peu de retard car j'étais fatigué de mon voyage de retour.
Le lieu de $F'$ est la droite passant par $O$, isogonale de la droite $OF$ par rapport aux droites $L$ et $L'$.
Autrement dit les paires de droites $(L,L')$ et $(OF,OF')$ ont les mêmes bissectrices.
C'est un résultat trouvé par Jean Victor Poncelet sans doute pendant l'année 1812 dans sa prison de Saratov.
On peut dire qu'il se les ait gelées pour pas grand chose aujourd'hui!
Le graphe de la correspondance affine $I\iff J'$ est bien comme l'a dit Pierre la droite passant par $F$ et parallèle à la droite $OF'$.
Il reste à donner une démonstration de tous ces faits!
@Poulbot
L'extension circulaire indirecte est [large]la[/large] similitude indirecte de centre $F$ transformant $L$ en $L'$.
Mais qu'en est-il du cas général où $L\not\parallel L'$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir à tous
Voici le début d'un énoncé à la grand papa où on se débarrasse de ces maudits angles auxquels plus personne ne comprend grand chose aujourd'hui.
Moins on en parle et mieux on se porte!!
On se donne toujours deux droites $L$ et $L'$ d'un plan euclidien $\Pi$ et un plan mobile $\Pi'$ tournant autour du point $F$ sur le plan $\Pi$. C'est donc un banal mouvement plan sur plan.
Je crois que c'est Descartes lui même qui a inauguré cette défunte théorie, (lettre au père Mersenne?) que nos anciens connaissaient!
Dans le plan mobile $\Pi'$, on se donne deux droites fixes $D$ et $D'$ passant par $F$.
Soit $M=D\cap L$ et $M'=D'\cap L'$.
A vous d'écrire la suite!
Amicalement
PS
Je crois que Baudelaire avait bien pressenti la situation de la géométrie aujourd'hui:
L'homme y passe à travers des forêts de symboles
Qui l'observent avec des regards familiers.
Ce ne sont plus nos étudiants qui observent la géométrie mais bien la géométrie qui les observe!
Drôle d'univers quantique où les observables observent ceux qui se croient observateurs! -
Bonjour Pappus
Dans le cas $L\parallel L^{\prime }$ (voir mon message précédent ICI), il est évident que l'extension circulaire indirecte de $I\rightarrow J^{\prime }$ est $hs$ où $h$ est l'homothétie de centre $P$ transformant $L$ en $L^{\prime }$ et $s$ la symétrie orthogonale par rapport à $L$ et il est tout aussi clair que $hs$ est la similitude indirecte de centre $F$ transformant $L$ en $L^{\prime }$. Mais j'aurais du le préciser.
En fait, l'extension circulaire indirecte de $I\rightarrow J^{\prime }$ est toujours (y compris si $L\nparallel L^{\prime }$) la similitude indirecte de centre $F$ transformant $L$ en $L^{\prime }$, mais c'est nettement moins évident.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
En fait cette configuration était autrefois un morceau très connu de la théorie des coniques, au programme du baccalauréat puisqu'on peut en trouver trace dans le Lebossé-Hémery, (voir ci-dessous).
Je veux seulement la présenter de façon différente en insistant sur les transformations projectives, affines, euclidiennes ou circulaires qui y interviennent.
C'est un peu ma façon de radoter que d'insister sur l'importance des défunts groupes de transformations en géométrie et à vrai dire je ne vois pas de quoi on pourrait parler d'autre chose en géométrie.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il est relativement facile de montrer qu'en général l'extension circulaire indirecte de la correspondance affine $I\mapsto J'$ est la similitude indirecte de centre $F$ envoyant $L$ sur $L'$ mais qu'en est-il de l'extension circulaire directe qui est une défunte mais banale similitude directe? -
Bonne Nuit et faites de beaux rêves!
Il s'agit pour nous de montrer tout ou partie de ce que Poulbot, Pierre et moi ont affirmé et ce avec les moyens du bord qui, vous le savez, sont plus que maigrelets, surtout si l'on ne dispose que des axiomes de Thalès et de Pythagore.
On se contentera donc d'une partie, ce qui sera pas mal et si nous arrivons à tout, ce ne sera que du bonus
Sur la figure ci-dessous, j'ai choisi un repère orthonormé porté par les bissectrices des droites $L$ et $L'$ que j'ai supposé concourantes en un point $O$.
C'est un peu embêtant car il faudra recommencer ces maudits calculs quand $L\parallel L'$ mais je sais que vous êtes tous courageux!
Dans ce repère, la droite $L$ a pour équation: $y=-mx$ et la droite $L'$: $y=mx$.
Il s'agit de calculer les coordonnées du point $M'(x',mx')$ connaissant celles du point $M(x,-mx)$.
On sent que c'est un problème atroce à la limite des programmes actuels mais en principe tout lycéen connaissant sa trigonométrie et sachant écrire l'équation d'une droite devrait mener à bien ce misérable calcul!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Comme je le prévoyais, personne n'a voulu s'intéresser à ce petit problème d'intersection de droites qui peut sembler dérisoire.
On ne bouge pas avant de devoir démontrer que trois points sont alignés ou trois droites concourantes.
Et pourtant cet exercice est plus important qu'il n'y parait.
Il est clair que l'élève de Première $\lambda$ tournera en rond à moins qu'on ne lui donne quelques indications et je suggère d'utiliser la notion de pente.
D'une part la pente d'une droite est définie dans tout repère et se calcule aisément à partir des coordonnées de deux de ses points et d'autre part dans un repère orthonormé, la pente $m$ d'une droite $D$ s'interprète comme une tangente:
$$m=\tan\big((Ox,D)\big)$$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Tout à fait. La pente d'une droite est à valeur dans $\R\cup\{\infty\}$, tandis que la loi du groupe des tangentes \[(t_1,t_2)\mapsto \dfrac {t_1 +t_2}{1-t_1\,t_2}\] est à interpréter à la façon usuelle pour les homographies.
Cordialement, Pierre. -
Bonsoir à tous
Je reprends ma figure où j'ai noté $D$ la droite $FM$ et $D'$ la droite $FM'$.
La pente $\mu$ de $D$ vaut:
$$\mu=\dfrac{-mx-q}{x-p}$$
La pente $\mu'$ de $D'$ vaut:
$$\mu'=\dfrac{mx'-q}{x'-p}$$
Les pentes $\mu$ et $\mu'$ sont liées par la relation:
$$\mu'=\dfrac{\mu+\tan(\alpha)}{1-\mu\tan(\alpha)}$$
Je suppose qu'un bon élève de Première est capable d'écrire ces trois équations. Mais sera-t-il assez habile pour en tirer $x'$ en fonction de $x$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Nous voyons bien que notre lycéen a sous les yeux trois fonctions homographiques qu'il doit composer d'une façon ou d'une autre, la seule difficulté préliminaire étant de calculer $x'$ en fonction de $\mu'$.
Et composer des fonctions homographiques, c'est déjà faire de la géométrie projective sans le savoir!
Cet exercice est donc plus important qu'il n'y parait!
Evidemment si la géométrie projective était encore en usage, on pourrait donner de cet exercice une solution moderne et synthétique mais il faudra nous contenter de besogner en composant ces trois homographies!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Notre lycéen est face à la composition de trois fonctions homographiques
1° $$x'=\dfrac{-p\mu'+q}{-\mu'+m}.
$$ Eh oui, il a eu le courage incroyable de calculer $x'$ en fonction de $\mu'$, faut le faire!
2° $$\mu'=\dfrac{\mu+\tan(\alpha)}{1-\mu\tan(\alpha)}.
$$ 3° $$\mu=\dfrac{-mx-q}{x-p}.
$$ Et comme il est dans un bon lycée, Louis Le Grand ou Henri IV et il y en a beaucoup d'autres, son prof lui a appris le coup des matrices de taille $2$, il suffit de composer le produit matriciel : $$
\begin{pmatrix} -p&q\\-1&m\end{pmatrix}.\begin{pmatrix} 1&\tan(\alpha)\\-\tan(\alpha)&1\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}-m&-q\\1&-p\end{pmatrix}.
$$ Et comme il a une calculette de poche qui fait du calcul formel, c'est gagné et dans la poche, c'est le cas de le dire. Il trouve $$
\begin{pmatrix}
(m-\tan(\alpha))p+(1+m\tan(\alpha))q&(p^2+q^2)\tan(\alpha)\\
2m+(m^2-1)\tan(\alpha)&-(m-\tan(\alpha))p+(1+m\tan(\alpha))q
\end{pmatrix}
$$ Je ne sais pas trop ce qu'on fait au lycée en ce qui concerne le calcul des intersections de droites dans un repère.
Sans doute se limite-t-on très prudemment à des exemples numériques mais là on est à Louis Le Grand et ça vous en bouche un coin !
Amicalement.
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
Ainisi on trouve:
$$x'=\varphi(x)=\dfrac{ ((m-\tan(\alpha))p+(1+m\tan(\alpha))q)x+(p^2+q^2)\tan(\alpha)}{(2m+(m^2-1)\tan(\alpha))x-(m-\tan(\alpha))p+(1+m\tan(\alpha))q}
$$
Et c'est pourquoi nos anciens disaient que les points $M$ et $M'$ décrivaient des divisions homographiques sur les droites $L$ et $L'$.
Il est facile maintenant de calculer les coordonnées des points limites $I$ et $J'$ de cette homographie et de vérifier qu'ils sont en correspondance affine quand $\alpha$ varie. Nos anciens auraient dit qu'ils décrivaient des divisions semblables sur les droites $L$ et $L'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Les coordonnées de $I$ sont de la forme $(u,-mu)$ où $u=\dfrac{(m-\tan(\alpha))p-(1+m\tan(\alpha))q}{2m+(m^2-1)\tan(\alpha)}$ est le pôle de $\varphi$ c'est à dire l'abscisse de l'asymptote verticale du graphe de $\varphi$.
Les coordonnées de $J'$ sont de la forme $(v,mv)$ où $v=\dfrac{(m-\tan(\alpha))p+(1+m\tan(\alpha))q}{2m+(m^2-1)\tan(\alpha)}$ est l'ordonnée de l'asymptote horizontale de $\varphi$
Sur ma figure, on a un parallélogramme $OIKJ'$.
Donc les coordonnées de $K$ sont $(u+v,m(v-u))=\big(\dfrac{2(m-\tan(\alpha))p}{2m+(m^2-1)\tan(\alpha)},\dfrac{2m(1+m\tan(\alpha))q}{2m+(m^2-1)\tan(\alpha)}\big)$
On vérifie aisément que le point $K$ se trouve sur la droite rouge passant par $F$ d'équation $y-q=-\dfrac qp(x-p)$ qui est le graphe de la correspondance affine $I\iff J'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
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