Bravo Gai Requin!
$A''$, $B''$, $C'$ alignés sur une droite que j'appelle logiquement $L''$.
Encore un alignement de trois points.
C'est le super-pied!
Il ne reste plus qu'à dénicher trois droites concourantes et alors ce sera l'extase paradisiaque!
Petite colle en passant avec l'air de ne pas y toucher mais les questions viennent d'elles mêmes
La transversale $L''=(A''B''C'')$ étant donnée, récupérer la transversale $L$ dans les délais les plus brefs!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
Si on se donne la droite $L$, on récupère le triplet $(A'',B'',C'')$ et Gai Requin nous affirme qu'ils sont alignés grâce au théorème de Ménélaüs.
J'ai une très grande confiance en Gai Requin dont le sérieux et la compétence sont connus de tous.
J'aurais quand même bien aimé qu'il nous montre ses calculs. Peut-être se propagent-ils pour montrer l'existence des transversales $(abc)$ et $(a'b'c')$?
Quoiqu'il en soit, on a même pas besoin de faire ces calculs car un Génie Universel a daigné les faire plusieurs siècles avant nous tant et si bien qu'on a donné Son Glorieux Nom à la droite $L''$. On ne prête qu'aux riches et même aux très riches!
Je m'intéresse donc au problème inverse.
Connaissant $L''$, récupérer $L$.
La figure ci-dessous peut vous aider à y parvenir.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mon cher Gai Requin
Il y a fort fort longtemps, j'avais passé mes vacances en Angleterre avec femme et enfants et j'avais remarqué que dans chaque station service de nombreux panneaux nous rappelaient avec fierté les hommes illustres de ce pays dans tous les domaines possibles.
Tu te doutes bien que ce Génie Universel arrivait largement en tête et ce à juste titre jusqu'à ce qu'un autre Génie, plus proche de nous, ne le remplace. Ce dernier Génie a lui aussi apporté sa contribution en Géométrie et je crois même que des variétés portent son nom!
Tu parles de petits calculs!
Mais pourquoi les gardes-tu pour toi?
Aie pitié de tes nombreux lecteurs qui attendent affamés leur lot quotidien de triplets de points alignés!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Est-ce Newton ?
Comme $B$ est le milieu de $A'C'$, on a :$$\begin{align}\beta'&=C''+A''-B\\&=\frac 1 2\gamma+\frac 1 2 C'+\frac 1 2\alpha+\frac 1 2 A'-B\\&=\frac 1 2\gamma+\frac 1 2\alpha+B-B\\&=\frac 1 2\gamma+\frac 1 2\alpha.\end{align}$$
Changeons nos notations, pour nous aligner sur les notations fournies ultérieurement par pappus. Appelons donc $a_{0},r_{0},b_{1},p_{1},c_{0},q_{0},a_{1},r_{1},b_{0},p_{0},c_{1},q_{1},a_{2}$ la suite des points du tourniquet. On prend $A,B,C$ comme triangle de référence, on pose $L=\left[l,m,n\right]$ et on paramétrise par $t$ tel que \[ a_{0}=\dfrac{t}{m-n}\,B+\left(1-\dfrac{t}{m-n}\right)C \]
$ $r_{0}:=L\wedge\left(a_{0}\wedge bleu\right)$, $b_{1}:=(A\wedge C)\wedge(r_{0} \wedge rouge) \etc$. En plus de
$a_{2}=a_{0}$ (la suite est périodique), on obtient: $\trim 0,\trim 1=$ \[ \left[\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{l-m}{l-n}+\dfrac{t}{l-n} & 1+\dfrac{t}{l-m}\\ \dfrac{t}{m-n} & 0 & -\dfrac{t}{l-m}\\ 1-\dfrac{t}{m-n} & \dfrac{m-n}{l-n}-\dfrac{t}{l-n} & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{-n}{l-n}-\dfrac{t}{l-n} & \dfrac{-n}{l-m}-\dfrac{t}{l-m}\\ \dfrac{m-l-n}{m-n}-\dfrac{t}{m-n} & 0 & \dfrac{l-m+n}{l-m}+\dfrac{t}{l-m}\\ \dfrac{l}{m-n}+\dfrac{t}{m-n} & \dfrac{l}{l-n}+\dfrac{t}{l-n} & 0 \end{array}\right] \] On voit que $\tri 0$ est une LFIT dont les points centraux sont \[ \slov\doteq\left(\begin{array}{c} f\\ g\\ h \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} m-n\\ n-l\\ l-m \end{array}\right)\ptv\equi=\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 0 \end{array}\right)\ptv\pilpt=\left(\begin{array}{c} -f\\ -g\\ -h \end{array}\right) \] On rappelle que $\left[\slov,\equi,\pilpt\right]$ est un objet projectif, dont les éléments doivent être synchronisés entre eux.
$\,$
Le fait que $\equi=\overrightarrow{0}$ implique que les triangles $\tri j$ sont plats. Les droites correspondantes s'écrivent: \begin{eqnarray*} L_{0} & \simeq & \left[\dfrac{1}{l-m+t},\dfrac{1}{t},\dfrac{-1}{m-n-t}\right]\\ L_{1} & \simeq & \left[\dfrac{1}{n+t},\dfrac{1}{l-m+n+t},\dfrac{1}{l+t}\right] \end{eqnarray*} Les trois droites $L,L_{0},L_{1}$ sont concourantes.
$\,$
L'enveloppe de $L_{0}$ lorsque $t$ varie s'obtient en utilisant locusconi. Cela donne $\pilcon^{*}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & l-m & n-l\\ l-m & 0 & m-n\\ n-l & m-n & 0 \end{array}\right]$. Autrement dit, cette conique s'obtient en utilisant les formules usuelles pour la conique pilier, i.e. perspecteur= isotom($\pilpt$). Cette conique pilier est la parabole inscrite passant par $\slov$. On vérifie qu'elle est aussi l'enveloppe de $L_{1}$.
$\,$
La conique $L_{0}\cup L_{1}$ est bitangente à la conique pilier... cela nous rappelle les propriétés de la conique temporelle. La droite des contacts $N_{0},N_{1}$ est la conipolaire du point $D_{t}=L_{0}\cap L_{1}$. Sa direction, qui est fixe, est: \[ \delta=\left(\begin{array}{c} \left(n-m\right)\left(-l+m+n\right)\\ \left(l-n\right)\left(+l-m+n\right)\\ \left(m-l\right)\left(+l+m-n\right) \end{array}\right) \]
On voit que $a_{m}=a_{0}+a_{1}$ est un point fixe. Ce n'est pas une grosse surprise puisque $a_{0}\mapsto a_{1}$ est une collineation involutive de la droite $BC$. On a \[ a_{m},b_{m},c_{m}\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ 1-\dfrac{l}{m-n}\\ 1+\dfrac{l}{m-n} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 1-\dfrac{m}{l-n}\\ 0\\ 1+\dfrac{m}{l-n} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 1-\dfrac{n}{l-m}\\ 1+\dfrac{n}{l-m}\\ 0 \end{array}\right) \] Ces trois points sont alignés, puisqu'ils forment une instanciation des $\tri j$.
$\,$
On constate que $G_{L}$=$\left(p_{0}+q_{0}+r_{0}\right)/3$ est un point fixe. On a \[ G_{L}=\frac{1}{3}\left(p_{1}+q_{1}+r_{1}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{l^{2}+m^{2}+n^{2}-2\,lm-2\,ln+mn}{\left(n-l\right)\left(l-m\right)}\\ \dfrac{l^{2}+m^{2}+n^{2}-2\,lm+ln-2\,mn}{\left(l-m\right)\left(m-n\right)}\\ \dfrac{l^{2}+m^{2}+n^{2}+lm-2\,ln-2\,mn}{\left(m-n\right)\left(n-l\right)} \end{array}\right) \] Posant $G_{m}=\left(a_{m}+b_{m}+c_{m}\right)/3$ il est aisé de vérifier que $2G_{m}=G+G_{L}$
$\,$
On pose $\alpha=-p_{1}+q_{0}+r_{0}\etc$. Ce sont trois points fixes. On a \[ \alpha,\beta,\gamma\simeq\left(\begin{array}{c} 1\\ \dfrac{-l}{m-n}\\ \dfrac{+l}{m-n} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \dfrac{-m}{l-n}\\ 1\\ \dfrac{+m}{l-n} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \dfrac{-n}{l-m}\\ \dfrac{+n}{l-m}\\ 1 \end{array}\right) \] Il est clair que $\alpha,A,\overrightarrow{BC}$ sont alignés. Cela donne une construction de ces trois points. Puis des points critiques, utilisant $2a_{m}=\alpha+\left(B+C-A\right)$.
$\,$
Pour ce qui est de passer de $L$ à $L''\doteq (a_m,b_m,c_m)$ on a formellement $L''=isotom(anticomplem(L))$. La transformation réciproque est $L=barymul(L'', complem(L''))$.
Cordialement, Pierre.
Edit1: la commande pour boldface est b, et pas bf !
Edit2: lapsus: conique temporelle (et non tangentielle !)
Ce n'est pas demain la veille (platitude des triangles $a_{j}b_{j}c_{j}$). Ça c'est sûr: la veille, c'était hier.
Pour la droite de Newton. Soit $A'B'C'$ le triangle anti-médial de $ABC$. On considère le quadrilatère $A'B',B'C',C'A',L$. Et alors le milieu de $A'B'\cap A'C'$ et de $B'C'\cap L$ est aligné avec les deux autres. Cela dit, $\def\equi{\mathcal{E}}$ $\equi=\overrightarrow{0}$, prouvant la platitude des triangles $a_{j}b_{j}c_{j}$, prouve en particulier la platitude du triangle $j=m$. Ne dit-on pas: tu n'invoquera pas en vain le nom des Grands Ancêtres !
Merci Pierre pour ces calculs que j'avais commencés mais la flemme n'aidant pas...
Bon, je ne connais pas les points centraux d'une FLTI mais les déterminants nuls de $\mathcal T_0$ et $\mathcal T_1$ suffisent à mon bonheur, de même que les équations de ces triangles plats concourants avec $L$ !
Bonsoir à tous
J'essaye de me mettre à la place de l'étudiant $\lambda$ qui n'a pratiquement pas fait de géométrie au lycée et à peine plus en préparation à l'agrégation. Les barycentres, c'est tout juste s'il en a entendu parler et les coordonnées barycentriques, n'en parlons pas.
Je comprends sa frustration quand il lit les calculs de Pierre qui doivent lui sembler incompréhensibles surtout quand il fait allusion aux $FLTI$, à des objets projectifs et à leur synchronisation.
Il ne sera convaincu de l'alignement des points $a$, $b$, $c$ que si on utilise l'un des rares théorèmes qu'il connait en géométrie affine, à savoir le théorème de Ménélaüs.
Je rappelle la figure ci-dessous dans laquelle il n'y a pas de points cachés à rajouter.
Le théorème de Ménélaüs, c'est un peu la chasse aux rapports de section, (comme on dit dans les alpages), qui ressemble plus ou moins à la chasse aux angles en géométrie euclidienne, sauf qu'en l'occurrence c'est l'Axiome de Thalès qui fait la soudure.
Alors [large]Bonne Chasse[/large]
PS
Je rappelle la notation de Soland qui me corrigera si je me trompe:
Si $a$, $b$, $c$ sont trois points alignés du plan, (ces points n'ont rien à voir avec ceux de la figure ci-dessous), on note $(a,b;c)=\dfrac{\overline{ca}}{\overline{cb}}$
avec l'identité (à prouver) liant ces trois rapports (de section):
$$(a,b;c).(b,c;a).(c,a;b)=-1$$
C'est bizarre, cette identité fait plutôt penser au théorème de Céva mais c'est bien le théorème de Ménélaüs qu'il va falloir appliquer!
$\dfrac{\overline{uB}}{\overline{uC}}=\dfrac{\overline{uw}}{\overline{u\gamma}}$ par projection sur $L$ parallèlement à $AB$.
De même, $\dfrac{\overline{vC}}{\overline{vA}}=\dfrac{\overline{v\gamma}}{\overline{vw}}$ et $\dfrac{\overline{wA}}{\overline{wB}}=\dfrac{\overline{wv}}{\overline{w\beta}}$.
Donc, par Ménélaüs,$$\dfrac{\overline{uB}}{\overline{uC}}\times \dfrac{\overline{vC}}{\overline{vA}}\times \dfrac{\overline{wA}}{\overline{wB}}=\dfrac{\overline{wu}}{\overline{w\beta}}\times \dfrac{\overline{\gamma v}}{\overline{\gamma u}}=1.$$
Mon cher Gai Requin
Je n'ai pas très bien compris ce que tu as fait.
Tu dois avoir envie de dormir
Il faut évaluer avec les notations de Soland le produit: $(B,C;a).(C,A;b).(A,B;c)$ et montrer qu'il vaut $1$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En tout cas l'idée d'évaluer tous les rapports sur la droite $L$ me semble intéressante!
Mon cher Gai Requin
Il vaut mieux que tu ailles faire un gros dodo et tu nous reviendras demain frais comme un gardon..
Je n'ai utilisé $(a,b,c)$ que pour rappeler les notations de Soland sur le rapport (de section).
Ca me parait bizarre le rapport de section. Ca me rappelle mes campagnes numides.
On dit rapport (tout court): par exemple les transformations affines conservent les rapports.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonne Nuit et faites de beaux rêves
Mon idée est effectivement de transférer les rapports intervenant dans le théorème de Ménélaüs sur la droite $L$ via l'Axiome de Thalès:
$(B,C;a)=(\beta,v;r)$, $(C,A;b)=(\gamma,w;p)$, $(A,B;c)=(\alpha,u,q)$
Maintenant
$(\beta,v;r)=\dfrac{\beta-r}{v-r}$.
Mais $\beta=r+p-q'$
Donc $\beta-r=p-q'$
Et $(B,C;a)=\dfrac{p-q'}{v-r}$ et par permutation circulaire, (c'est pourquoi il est bon d'avoir un étiquetage adéquat!):
$(C,A;b)=\dfrac{q-r'}{w-p}$ et $(A,B;c)=\dfrac{r-p'}{u-q}$
Finalement
$(B,C;a).(C,A;b).(A,B;c)=\dfrac{p-q'}{v-r}.\dfrac{q-r'}{w-p}\dfrac{r-p'}{u-q}=-\dfrac{q'-p}{w-p}\dfrac{r'-q}{u-q}\dfrac{p'-r}{v-r}=-(q',w;p)(r',u;q)(p',v;r)$
And Lo and Behold, regarde de tous tes yeux, regarde la figure ci-dessous où je n'ai gardé que les points intéressants!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
Les questions viennent comme elles se présentent.
Il s'agit d'étudier l'application $M\mapsto \big(a(M),b(M);c(M)\big)$, (attention au point virgule ;).
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Gai Requin
Tu termines de façon trop calculatoire à mon gout mais c'est quand même très bien.
Je poursuis mon idée!
Mon application $M\mapsto \big(a(M),b(M);c(M)\big)$ est constante, pourquoi?
Par suite:
$$(B,C;a).(C,A;b).(A,B;c)=-(q',w;p)(r',u;q)(p',v;r)=-(q',w;p)(p,q';w)(w,p;q')=1$$
d'après l'identité de Soland entre rapports (de section).
Il ne reste plus que l'enveloppe de ces transversales.
Nos aïeux n'aimaient pas trop les calculs même si ce sont eux qui ont inventé le calcul barycentrique si cher à Pierre.
Quand ils pouvaient s'en passer, ils ne s'en privaient pas mais leurs arguments qu'ils jugeaient synthétiques, étaient basés sur la défunte géométrie projective.
Alors par nostalgie, faisons comme si elle n'avait pas disparu!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonsoir Gai Requin
Tu devrais plutôt t'attaquer à cette enveloppe des transversales et essayer de retrouver sans calculs la plupart des résultats de Pierre.
Le théorème projectif sous jacent est le suivant:
Soit $\Gamma$ une conique (projective) et quatre tangentes $T_1$, $T_2$, $T_3$, $T_4$.
Une tangente variable $T$ coupe les $T_k$ respectivement aux points $m_k$ pour $1\le k\le 4$.
Alors le birapport $(m_1,m_2,m_3,m_4)$ est constant.
Je te laisse le soin d'énoncer une réciproque
Applique ce théorème dans le plan affine avec $T_4$ pour droite de l'infini.
Ce théorème et son dual se trouvent dans le livre de Bruno sur les coniques.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
Les paraboles du plan affine (complété projectivement) sont exactement les coniques non décomposées tangentes à la droite de l'infini.
Il existe une unique parabole inscrite dans un triangle $ABC$ et tangente à une transversale $D$ car on connait cinq de ses tangentes même si l'une d'entre elles n'est visible qu'avec une bonne paire de jumelles.
Si $a$, $b$, $c$ sont les points d'intersection de $D$ respectivement avec les côtés $BC$, $CA$, $AB$, le birapport constant à évaluer est exactement: $(a,b,c,\infty_D) =(a,b;c)$ avec les notations de Soland.
Si on revient donc à notre figure du tourniquet, pour prouver que les transversales $(abc)$ et $(a'b'c')$ enveloppent une même parabole, il suffit de montrer $(b,c;a)=(b',c';a')=Cte$.
Une petite chasse aux rapports (de section) s'impose.
A vos marques, prêts, partez!
Amicalement
[small]p[/small]appus
@Gai Requin. Le L de LFIT est "us:linear". Par conséquent $a_{0}$ est "fr:affine", soit $a=vt+m$. La constante $v$ est une vitesse (par rapport au paramètre $t$). Il se trouve que la théorie des LFIT se fait mieux avec les $f=1/v$. Ces quantités sont donc des lenteurs, et le point $f:g:h$ s'appelle donc le slowness center $
\def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\pilpt{\Omega} \def\pilcon{\mathfrak{C}}
\def\etc{,\:\mathrm{etc}}
$ $\slov$. De toutes façons, ce centre s'est appelé $S$ bien avant que ce $S$ soit "rétro-défini" comme initiale de slowness. Vu la définition de $
\def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}}\def\ptv{~;~}
$ $\slov$, la colonne projective $\trim t\cdot\slov$ est constante: le point correspondant est $\equi\doteq u:v:w$, le centre de Neuberg, aussi appelé équicentre.
Il se trouve que les formules se simplifient énormément si l'on décide que les six quantités restent synchronisées par $f+g+h=u+v+w$. En faisant cela, les objets $\slov,\equi$ ne sont plus des objets projectifs par eux mêmes. Ce qui est projectif, c'est $\left[\slov,\equi\right]$.
@pappus. Définir l'étudiant $\lambda$ comme étant enceint de l'agrégation est une définition comme une autre, même si ce n'est pas la plus usitée. Et alors ce $\lambda$ hypothétique est supposé percevoir que la définition "le déterminant est une forme multi-linéaire alternée" se traduit par: \[ \det\left(\begin{array}{ccc} x_{1} & x_{2} & x\\ y_{1} & y_{2} & y\\ z_{1} & z_{2} & z \end{array}\right)=\left[\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ y_{1}\\ z_{1} \end{array}\right)\wedge\left(\begin{array}{c} x_{2}\\ y_{2}\\ z_{2} \end{array}\right)\right]\cdot\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right) \] Cette formule s'appelle la factorisation universelle du déterminant. On peut en déduire tout un tas de choses et c'est donc un théorème fondamental. D'un autre côté, même un agrégé de grammaire ne devrait pas être anéanti par la révélation de ce que "multi" implique "au moins une fois". Ce n'est pas pour rien que les cofacteurs d'une colonne s'écrivent de façon à former une ligne.
Pour ce qui est de prouver que \[ rotp\left(\dfrac{a-c}{b-c}\right)\doteq\dfrac{\left(a-c\right)\left(b-a\right)\left(c-b\right)}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a-b\right)}=-1 \] j'hésite entre "kakeu" et donner un lien vers le livre de Dehornoy. Après tout, sommes-nous absolument sûrs de vivre dans un modèle de ZFC-gloup ? Et que l'arithmétique soit prouvée ?
Pour finir, décodons l'expression formelle $L''=isotom(anticomplem(L))$. L'expression $anticomplem\left(L\right)$ donne les coordonnées de $L$ dans le repère $A'B'C'$ --le triangle anti-médial-- . L'expression $isotom\left(\Delta\right)$ donne les coordonnées de la droite réciproque de la précédente par rapport au triangle $A'B'C'$. Mais ces mêmes coordonnées sont à utiliser par rapport au triangle $ABC$. On en déduit la construction de $L''$ à partir de $L$. On prend les traces $\alpha,\beta,\gamma$ de $L$ sur $B'C',C'A',A'B'$. Puis on prend les symétriques $Q_{a}=2A-\alpha\etc$. Ces trois points sont alignés sur une nouvelle droite (la réciproque de $L$ par rapport au triangle $A'B'C'$). Et on prend l'image de cette nouvelle droite par $hom\left(G,-1/2\right)$. La construction réciproque de $L$ à partir de $L''$ est évidente.
Bonsoir à tous
C'est quand même curieux!
J'ai donné un exercice vraiment intéressant dans ce problème de tourniquet, un exercice qui se suffit à lui même et personne parmi les adorateurs de Thalès, prophète de la géométrie affine, n'a essayé de le montrer!
Alors pourquoi l'application $M\mapsto \big(a(M),b(M);c(M)\big)$ est-elle constante?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
Je constate tristement que la chasse aux rapports qui n'est qu'une simple application de l'Axiome de Thalès, n'inspire aucune idée à ceux qui veulent des exercices difficiles avec l'Axiome de Thalès.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cherchons à glaner quelques nouveaux éléments en rapport avec le problème posé. On part de $a_{0}=tB+\left(1-t\right)C$ et on calcule les points $p_{0},b_{1},q_{1},c_{0}$. Puis on s'assied pour réfléchir. L'exploration calculatoire préalable permet de savoir à quoi l'on doit réfléchir. Les points $a_{0},c_{0}$ ont des coordonnées du premier degré en $t$. Et donc les coordonnées de la droite $a_{0}c_{0}$ sont du second degré. En fait: $
Par conséquent, l'enveloppe des droites $a_{0}c_{0}$ est la conique: \[ \mathcal{C}^{*}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & l-m & n-l\\ l-m & 0 & m-n\\ n-l & m-n & 0 \end{array}\right] \] Cette conique passe par les droites $AB,BC,CA$ (les 0 sur la diagonale) et par la droite de l'infini (somme des coefficients). Et donc la conique $\mathcal{C}$ est la parabole inscrite ayant ${\rm pinf} L\simeq m-n:n-l:l-m$ comme point à l'infini, et son isogonal comme perspecteur.
Vu que les coordonnées de $\mathcal{C}^{*}$ bénéficient d'une symétrie rotatoire, cette parabole est donc aussi tangente aux droites $c_{0}b_{0}$ et $b_{0}a_{2}$. Cela prouve (1) que $a_{0}b_{0}c_{0}$ sont alignés et (2) que $a_{2}=a_{0}$, autrement dit, le processus boucle. Et il est évident que tout cela s'applique également aux points intermédiaires $a_{1}b_{1}c_{1}$.
On calcule la tangente issue de $a_{0}$ (autre que $BC$) et la tangente issue de $b_{1}$ (autre que $CA$). Elles se coupent sur $L$ (soit $M_{t}$ ce point). Et alors le triangle critique $\tri m$ (i.e. la droite $L''$ de pappus) est la tangente dont le point de contact $M_{m}$ est sur $L$. Réciproquement, les paires $\tri 0,\tri 1$ sont les paires de tangentes à $\mathcal{C}$ issues d'un point $M_{t}$ de $L$ (visibles si $M_{t}$ appartient à la bonne demi-droite).
On en déduit une autre reconstruction de la droite $L$. On trace la conique passant par les droites $AB,BC,CA,\linf,L''$. Et alors $L$ est la parallèle à l'axe de la conique ponctuelle passant par le contact de $L''$.
Merci Pierre
Tout devient facile avec ta technique mais comment s'en tirer quand on ne maîtrise pas le calcul barycentrique et qu'on ne connait que la classification des coniques?
C'est ce que je tente de faire avec les maigres moyens qui restent à notre disposition.
Pour la énième fois je conseille à tous de télécharger ton glossaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
Je viens de le vérifier sur le site du ministère, la géométrie projective a effectivement totalement disparu des programmes de l'agrégation
Je pensais naïvement qu'il restait encore la droite projective mais non, celle ci a bien fini par sombrer aussi
C'est un peu embêtant car le birapport et son groupe ne sont plus qu'un lointain souvenir
Heureusement il nous reste encore provisoirement la géométrie affine, ne riez pas!
Le groupe du birapport est donc défunt mais heureusement, heureusement, il nous reste le groupe du rapport
Ce dernier est évidemment plus modeste que l'autre mais qui aura le courage indomptable de le décrire même si c'est moins passionnant que le rapport Kinsey!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il y a toujours autant de situations industrielles nécessitant la géométrie, c'est à dire la géométrie projective. De l'imagerie médicale, à la construction de forteresses, de la chaudronnerie au graphisme informatique. Le résultat immanquable est que ce corpus de connaissances continue à être pratiqué et enseigné de par le vaste monde. Le fait qu'un groupe de farceurs, dans un pays somme toute marginal, ait décidé de bourbachier ce corpus jusqu'à ce qu'il disparaisse quasi complètement... dans leur sphère de merdification... est sans grande importance.
Les emplois, de pratique et d'enseignement, se sont simplement déplacés. D'un pays à l'autre... et d'une université à l'autre. Les départements de maths dans les facs de médecine, d'ingénierie, d'informatique, sont simplement plus gros qu'avant, tandis que les farceurs en sont réduits à constater leur propre rétrécissement. Cela s'appelle un système dynamique.
Bonsoir
Faisons d'abord un raisonnement qu'on ne peut plus tenir aujourd'hui
La translation qui envoie $M$ sur $M'$ envoie les droites $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\lambda$ sur leurs parallèles $\alpha'$, $\beta'$, $\gamma'$, $\lambda'$
Comme une translation est une transformation projective, elle conserve le birapport de droites:
$$(\alpha,\beta,\gamma,\lambda)=(\alpha',\beta',\gamma',\lambda')$$
On coupe les faisceaux de droites $M(\alpha,\beta,\gamma,\lambda)$ et $M'(\alpha',\beta',\gamma',\lambda')$ par la droite $L$ pour obtenir:
$$\big(a(M),b(M),c(M),\infty_L\big)=\big(a(M'),b(M'),c(M'),\infty_L\big)$$
c'est à dire
$$\big(a(M),b(M);c(M)\big)=\big(a(M'),b(M');c(M')\big)$$
La géométrie projective ayant disparu de notre culture, il nous faut trouver autre chose dans le cadre provisoire de la géométrie affine qui pourrait se limiter dans quelques années aux droites affines réelle et complexe en attendant mieux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Oui Gai Requin
C'était une autre façon de faire plus simple que la mienne, ( tu coupes les deux faisceaux de droites de la figure par la droite de l'infini), mais tu utilises toujours la défunte géométrie projective.
Comment ferais-tu en te cantonnant à l'agonisante géométrie affine?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je n'ai considéré que le faisceau des droites passant par $M$ et calculé de deux manières le birapport $(Ma(M),Mb(M),Mc(M),ML_{\infty})$.
1) En coupant ces quatre droites par $L$, on voit que ce birapport vaut $(a(M),b(M),c(M),L_{\infty})=(a(M),b(M);c(M))$.
2) En coupant ces quatre droites par la droite de l'infini, ce birapport vaut aussi $(BC_{\infty},AC_{\infty},AB_{\infty},L_{\infty})$.
Pour une solution affine, on a le droit de faire des calculs bourrins ? :-)
Bonsoir Gai requin
Non pas de calcul bourrin!
Il faut seulement choisir la bonne transformation affine et se servir du fait qu'elle conserve le rapport.
On reste modeste, plus question de rouler les mécaniques avec la défunte géométrie projective!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et pourtant, c'est tellement plus commode quand on peut se ramener à un problème projectif.
Je n'ai pas eu trop le temps de réfléchir à une solution affine de ton problème de rapport de sections.
Pour l'instant, je vois des transvections partout et je me demande quelle est la transformation affine de $L$ telle que $a(M)b(M)\mapsto a(M')b(M')$.
Bonjour Gai Requin
Tu utilises le sous-groupe du groupe des homothéties-translations stabilisant la droite $L$.
Il me semble que le groupe des homothéties-translations est encore provisoirement au programme de l'agrégation mais plus au programme des lycées!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Vieux de 2500 ans le théorème de Thalès est en vérité un théorème
sur les rapports de section ou, si l'on préfère, un théorème sur les
projections parallèles.
Soit A, B, C trois parallèles, et S, S' deux sécantes d'icelles.
a, b, c, a', b', c' désignant les points que l'on sait,
la coordonnée de c' relativement au repère affine (a'b') de la droite S' est égale
à la coordonnée de c relativement au repère affine (ab) de la droite S .
Cette coordonnée est définie comme le rapport de section (cb,a)
c'est à dire le réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{ca} = \lambda \overrightarrow{ba}$.
Ceci redit, à quoi peut ressembler un problème difficile dans ce contexte ?
Y suis-je arrivé ?
Relativement à un repère affine, on donne trois vecteurs $\overrightarrow{a_1c_1}$ $\overrightarrow{a_2c_2}$ et $\overrightarrow{a_1a_2}$ , aucune composante étant nulle.
On construit ensuite les deux rectangles verts et,
si l'on y arrive, le carré rouge.
@pappus : Je détaille un peu.
1) Si $MM'$ et $L$ sont sécantes en $\Omega$, la transformation qui va bien est l'homothétie de centre $\Omega$ qui envoie $M$ sur $M'$.
2) Si $MM'// L$, c'est la translation de vecteur $\overrightarrow{MM'}$.
Oui Gai Requin
C'est cela
Le tourniquet et l'existence des transversales pouvaient donc se prouver sans la grosse artillerie de Pierre.
Pour la parabole, c'est un peu plus compliqué. On peut aussi se passer des calculs de Pierre mais il faut en savoir un peu plus sur la théorie des coniques affines et en particulier sur les paraboles affines et Dieu sait combien j'ai parlé souvent de ce sujet ici même!
Amicalement
[small]p[/small]apus
Merci Soland pour ce beau problème.
J'ai mis un peu de temps à comprendre ce que tu voulais faire car tu n'as pas étiqueté tous les points de ta figure.
Disons que tu te donnes deux rectangles $a_1b_1c_1d_1$ et $a_2b_2c_2d_2$ à côtés parallèles sans être homothétiques.
Tu récupères ainsi ce que Pierre appellerait une famille linéaire de rectangles $abcd$ et tu veux construire le carré de cette famille.
Je ne donne pas de solution mais je pense qu'on peut ranger ton problème dans la catégorie des beaux problèmes.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je veux bien essayer de chercher l'enveloppe des droites $abc$ et $a'b'c'$.
Voilà ce que j'ai compris.
Soit $\Gamma$ la parabole tangente à $BC,AC,AB$ et passant par $\infty_L$.
La droite de l'infini est une quatrième tangente fixe à $\Gamma$.
Soit $a$ un point variable de $BC$ et $D=abc$, $D'=a'b'c'$ les transversales du tourniquet construites à partir de $a$.
Alors les droites $abc$ et $a'b'c'$ sont tangentes à $\Gamma$ pour tout $a$ si, et seulement si, $(a,b,c,\infty_D)=(a,b;c)=(a',b',c',\infty_{D'})=(a',b';c')$ pour tout $a$.
Mon cher Gai Requin
Les calculs de Pierre se suffisent à eux mêmes.
Ils montrent que les transversales $(abc)$ et $(a'b'c')$ sont tangentes à la parabole inscrite dans le triangle $ABC$ et de direction asymptotique $L$
Comme je l'ai dit, si on veut une solution non calculatoire, il faut en connaitre un peu plus que la classification des coniques.
Tu as complètement oublié cette idiote histoire de tourniquet et tu as l'esprit neuf et tu es frais comme un gardon!
Tu es devant ton écran avec ton triangle $ABC$ et ta transversale $L$ et tu veux tracer ne fut-ce qu'un point et sa tangente de la parabole inscrite dans le triangle $ABC$ et de direction asymptotique $L$.
Comment t'y prends-tu?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu peux faire tous les calculs que tu veux mais au bout du bout et à la fin des fins, ils doivent se traduire par une construction sur l'écran de ta console!
Soit $A',B',C'$ les points de contacts de $BC,AC,AB$ avec cette parabole $\Gamma$.
Je sais que $AA',BB',CC'$ sont concourantes en un point $O$ de l'ellipse de Steiner $\mathcal E$ circonscrite à $ABC$.
En particulier, $A'B'C'$ est le triangle cévien de $O$ par rapport à $ABC$.
Mais je ne sais pas comment choisir $O$ sur $\mathcal E$ pour que la direction asymptotique de $\Gamma$ soit bien $L$. :-S
Bonjour Gai Requin
Attention tu n'es pas très réveillé.
Tu confonds directrice et direction asymptotique!
Tout ce que nous avons fait dans ce fil se passe dans le cadre de la géométrie affine, un simple corollaire de l'Axiome de Thalès diraient certains.
Nous cherchons donc à construire une parabole du plan affine connaissant suffisamment de ses éléments.
C'est toi qui a choisi ce thème de construire une parabole connaissant trois points et sa direction asymptotique, personnellement j'aurai choisi de construire d'abord une parabole connaissant quatre de ses tangentes mais ces deux thèmes sont très voisins.
Je vois que tu connais quelques trucs en théorie des coniques.
Tu cites plus ou moins ce théorème:
Soit $\Gamma$ une conique inscrite dans un triangle, alors les droites joignant chaque sommet et le point de contact avec le côté opposé sont concourantes.
C'était un théorème projectif autrefois très connu.
Quand la conique est une parabole du plan affine, ce point de concours est effectivement sur l'ellipse de Steiner, bravo et si tu as lu attentivement la prose de Pierre, celui ci a fait le lien entre ce point de concours et la direction asymptotique.
Mais ce qui m'intéresse surtout, c'est la construction du point courant de la parabole et de sa tangente.
Il faut que tu aies le réflexe de te dire: je connais trois tangentes et la direction asymptotique, donc ma parabole est entièrement déterminée malgré qu'on soit dans le plan affine, aussi surement qu'une parabole du plan euclidien est connue par son foyer et sa directrice.
Par contre si tu rajoutes une métrique euclidienne, se pose la question supplémentaire et dramatique de construire le foyer et la directrice.
Mais ce foyer et cette directrice dépendent de la métrique choisie, alors que ta parabole impavide et imperturbable ne bougera pas sur ton écran!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une petite question si je peux me permettre, je précise que je n'y connais strictement rien en géométrie.
Lorsque tu dis : "je connais trois tangentes et la direction asymptotique, donc ma parabole est entièrement déterminée" ca me perturbe un peu comme théorème !
Du coup, ma question est : je me fixe trois droites (hypothèses ?) est-ce que l'on peut construire trois points $A$, $B$ et $C$ tel que : " l'ensemble des coniques projectives tangentes aux trois droites " soit exactement " l'ensemble des coniques passant par $A$ $B$ et $C$ " ?
J'espère que ma question à au moins du sens. Edit : hum, je pense que ca ne peux pas fonctionner !
Encore plus mieux: Qa = B + C - Intersect[Line[A, L], bc], etc.
On remarquera que geogebra utilise line(A,L) pour coder line(A, dir(L))... ce qui est tout à fait projectif. Par contre, je serais bien surpris que qui que ce soit arrive à calculer quoi que ce soit avec: dir(L) est la classe de la droite L pour la relation "çacoupepaousaytegal".
Réponses
$A''$, $B''$, $C'$ alignés sur une droite que j'appelle logiquement $L''$.
Encore un alignement de trois points.
C'est le super-pied!
Il ne reste plus qu'à dénicher trois droites concourantes et alors ce sera l'extase paradisiaque!
Petite colle en passant avec l'air de ne pas y toucher mais les questions viennent d'elles mêmes
La transversale $L''=(A''B''C'')$ étant donnée, récupérer la transversale $L$ dans les délais les plus brefs!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si on se donne la droite $L$, on récupère le triplet $(A'',B'',C'')$ et Gai Requin nous affirme qu'ils sont alignés grâce au théorème de Ménélaüs.
J'ai une très grande confiance en Gai Requin dont le sérieux et la compétence sont connus de tous.
J'aurais quand même bien aimé qu'il nous montre ses calculs. Peut-être se propagent-ils pour montrer l'existence des transversales $(abc)$ et $(a'b'c')$?
Quoiqu'il en soit, on a même pas besoin de faire ces calculs car un Génie Universel a daigné les faire plusieurs siècles avant nous tant et si bien qu'on a donné Son Glorieux Nom à la droite $L''$. On ne prête qu'aux riches et même aux très riches!
Je m'intéresse donc au problème inverse.
Connaissant $L''$, récupérer $L$.
La figure ci-dessous peut vous aider à y parvenir.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Un tout petit calcul montre par exemple que $\beta'=C''+A''-B$ est le milieu de $\alpha\gamma$ !
Mais qui est ce génie universel ?
Il y a fort fort longtemps, j'avais passé mes vacances en Angleterre avec femme et enfants et j'avais remarqué que dans chaque station service de nombreux panneaux nous rappelaient avec fierté les hommes illustres de ce pays dans tous les domaines possibles.
Tu te doutes bien que ce Génie Universel arrivait largement en tête et ce à juste titre jusqu'à ce qu'un autre Génie, plus proche de nous, ne le remplace. Ce dernier Génie a lui aussi apporté sa contribution en Géométrie et je crois même que des variétés portent son nom!
Tu parles de petits calculs!
Mais pourquoi les gardes-tu pour toi?
Aie pitié de tes nombreux lecteurs qui attendent affamés leur lot quotidien de triplets de points alignés!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Comme $B$ est le milieu de $A'C'$, on a :$$\begin{align}\beta'&=C''+A''-B\\&=\frac 1 2\gamma+\frac 1 2 C'+\frac 1 2\alpha+\frac 1 2 A'-B\\&=\frac 1 2\gamma+\frac 1 2\alpha+B-B\\&=\frac 1 2\gamma+\frac 1 2\alpha.\end{align}$$
N'y aurait il pas un livre de JLA sur les droites de ce génie ?
Cordialement,
Rescassol
\def\tri#1{\mathcal{T}_{#1}} \def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}} \def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\pilpt{\Omega} \def\pilcon{\mathfrak{C}}
\def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\ptv{~;~}
$ $r_{0}:=L\wedge\left(a_{0}\wedge bleu\right)$, $b_{1}:=(A\wedge C)\wedge(r_{0} \wedge rouge) \etc$. En plus de
$a_{2}=a_{0}$ (la suite est périodique), on obtient: $\trim 0,\trim 1=$ \[ \left[\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{l-m}{l-n}+\dfrac{t}{l-n} & 1+\dfrac{t}{l-m}\\ \dfrac{t}{m-n} & 0 & -\dfrac{t}{l-m}\\ 1-\dfrac{t}{m-n} & \dfrac{m-n}{l-n}-\dfrac{t}{l-n} & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{-n}{l-n}-\dfrac{t}{l-n} & \dfrac{-n}{l-m}-\dfrac{t}{l-m}\\ \dfrac{m-l-n}{m-n}-\dfrac{t}{m-n} & 0 & \dfrac{l-m+n}{l-m}+\dfrac{t}{l-m}\\ \dfrac{l}{m-n}+\dfrac{t}{m-n} & \dfrac{l}{l-n}+\dfrac{t}{l-n} & 0 \end{array}\right] \] On voit que $\tri 0$ est une LFIT dont les points centraux sont \[ \slov\doteq\left(\begin{array}{c} f\\ g\\ h \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} m-n\\ n-l\\ l-m \end{array}\right)\ptv\equi=\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 0 \end{array}\right)\ptv\pilpt=\left(\begin{array}{c} -f\\ -g\\ -h \end{array}\right) \] On rappelle que $\left[\slov,\equi,\pilpt\right]$ est un objet projectif, dont les éléments doivent être synchronisés entre eux.
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Cordialement, Pierre.
Edit1: la commande pour boldface est b, et pas bf !
Edit2: lapsus: conique temporelle (et non tangentielle !)
Ce n'est pas demain la veille (platitude des triangles $a_{j}b_{j}c_{j}$). Ça c'est sûr: la veille, c'était hier.
Pour la droite de Newton. Soit $A'B'C'$ le triangle anti-médial de $ABC$. On considère le quadrilatère $A'B',B'C',C'A',L$. Et alors le milieu de $A'B'\cap A'C'$ et de $B'C'\cap L$ est aligné avec les deux autres. Cela dit, $\def\equi{\mathcal{E}}$ $\equi=\overrightarrow{0}$, prouvant la platitude des triangles $a_{j}b_{j}c_{j}$, prouve en particulier la platitude du triangle $j=m$. Ne dit-on pas: tu n'invoquera pas en vain le nom des Grands Ancêtres !
Cordialement, Pierre.
Bon, je ne connais pas les points centraux d'une FLTI mais les déterminants nuls de $\mathcal T_0$ et $\mathcal T_1$ suffisent à mon bonheur, de même que les équations de ces triangles plats concourants avec $L$ !
J'essaye de me mettre à la place de l'étudiant $\lambda$ qui n'a pratiquement pas fait de géométrie au lycée et à peine plus en préparation à l'agrégation. Les barycentres, c'est tout juste s'il en a entendu parler et les coordonnées barycentriques, n'en parlons pas.
Je comprends sa frustration quand il lit les calculs de Pierre qui doivent lui sembler incompréhensibles surtout quand il fait allusion aux $FLTI$, à des objets projectifs et à leur synchronisation.
Il ne sera convaincu de l'alignement des points $a$, $b$, $c$ que si on utilise l'un des rares théorèmes qu'il connait en géométrie affine, à savoir le théorème de Ménélaüs.
Je rappelle la figure ci-dessous dans laquelle il n'y a pas de points cachés à rajouter.
Le théorème de Ménélaüs, c'est un peu la chasse aux rapports de section, (comme on dit dans les alpages), qui ressemble plus ou moins à la chasse aux angles en géométrie euclidienne, sauf qu'en l'occurrence c'est l'Axiome de Thalès qui fait la soudure.
Alors [large]Bonne Chasse[/large]
PS
Je rappelle la notation de Soland qui me corrigera si je me trompe:
Si $a$, $b$, $c$ sont trois points alignés du plan, (ces points n'ont rien à voir avec ceux de la figure ci-dessous), on note $(a,b;c)=\dfrac{\overline{ca}}{\overline{cb}}$
avec l'identité (à prouver) liant ces trois rapports (de section):
$$(a,b;c).(b,c;a).(c,a;b)=-1$$
C'est bizarre, cette identité fait plutôt penser au théorème de Céva mais c'est bien le théorème de Ménélaüs qu'il va falloir appliquer!
$\dfrac{\overline{uB}}{\overline{uC}}=\dfrac{\overline{uw}}{\overline{u\gamma}}$ par projection sur $L$ parallèlement à $AB$.
De même, $\dfrac{\overline{vC}}{\overline{vA}}=\dfrac{\overline{v\gamma}}{\overline{vw}}$ et $\dfrac{\overline{wA}}{\overline{wB}}=\dfrac{\overline{wv}}{\overline{w\beta}}$.
Donc, par Ménélaüs,$$\dfrac{\overline{uB}}{\overline{uC}}\times \dfrac{\overline{vC}}{\overline{vA}}\times \dfrac{\overline{wA}}{\overline{wB}}=\dfrac{\overline{wu}}{\overline{w\beta}}\times \dfrac{\overline{\gamma v}}{\overline{\gamma u}}=1.$$
A suivre !
Je n'ai pas très bien compris ce que tu as fait.
Tu dois avoir envie de dormir
Il faut évaluer avec les notations de Soland le produit: $(B,C;a).(C,A;b).(A,B;c)$ et montrer qu'il vaut $1$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En tout cas l'idée d'évaluer tous les rapports sur la droite $L$ me semble intéressante!
Il vaut mieux que tu ailles faire un gros dodo et tu nous reviendras demain frais comme un gardon..
Je n'ai utilisé $(a,b,c)$ que pour rappeler les notations de Soland sur le rapport (de section).
Ca me parait bizarre le rapport de section. Ca me rappelle mes campagnes numides.
On dit rapport (tout court): par exemple les transformations affines conservent les rapports.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mon idée est effectivement de transférer les rapports intervenant dans le théorème de Ménélaüs sur la droite $L$ via l'Axiome de Thalès:
$(B,C;a)=(\beta,v;r)$, $(C,A;b)=(\gamma,w;p)$, $(A,B;c)=(\alpha,u,q)$
Maintenant
$(\beta,v;r)=\dfrac{\beta-r}{v-r}$.
Mais $\beta=r+p-q'$
Donc $\beta-r=p-q'$
Et $(B,C;a)=\dfrac{p-q'}{v-r}$ et par permutation circulaire, (c'est pourquoi il est bon d'avoir un étiquetage adéquat!):
$(C,A;b)=\dfrac{q-r'}{w-p}$ et $(A,B;c)=\dfrac{r-p'}{u-q}$
Finalement
$(B,C;a).(C,A;b).(A,B;c)=\dfrac{p-q'}{v-r}.\dfrac{q-r'}{w-p}\dfrac{r-p'}{u-q}=-\dfrac{q'-p}{w-p}\dfrac{r'-q}{u-q}\dfrac{p'-r}{v-r}=-(q',w;p)(r',u;q)(p',v;r)$
And Lo and Behold, regarde de tous tes yeux, regarde la figure ci-dessous où je n'ai gardé que les points intéressants!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les questions viennent comme elles se présentent.
Il s'agit d'étudier l'application $M\mapsto \big(a(M),b(M);c(M)\big)$, (attention au point virgule ;).
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il fallait effectivement bien ouvrir les yeux !
On a $\dfrac{q'-p}{w-p}=\dfrac{u-r'}{q-r'}$ et $\dfrac{p'-r}{v-r}=\dfrac{q-u}{r'-u}$.
D'où :$$\begin{align}\dfrac{q'-p}{w-p}\dfrac{r'-q}{u-q}\dfrac{p'-r}{v-r}&=\dfrac{u-r'}{q-r'}\dfrac{r'-q}{u-q}\dfrac{q-u}{r'-u}\\&=-1.\end{align}$$
Tu termines de façon trop calculatoire à mon gout mais c'est quand même très bien.
Je poursuis mon idée!
Mon application $M\mapsto \big(a(M),b(M);c(M)\big)$ est constante, pourquoi?
Par suite:
$$(B,C;a).(C,A;b).(A,B;c)=-(q',w;p)(r',u;q)(p',v;r)=-(q',w;p)(p,q';w)(w,p;q')=1$$
d'après l'identité de Soland entre rapports (de section).
Il ne reste plus que l'enveloppe de ces transversales.
Nos aïeux n'aimaient pas trop les calculs même si ce sont eux qui ont inventé le calcul barycentrique si cher à Pierre.
Quand ils pouvaient s'en passer, ils ne s'en privaient pas mais leurs arguments qu'ils jugeaient synthétiques, étaient basés sur la défunte géométrie projective.
Alors par nostalgie, faisons comme si elle n'avait pas disparu!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je me suis déjà bien amusé à faire une figure dans le plan projectif !
L'horizon est bien bleu aujourd'hui.
Tu devrais plutôt t'attaquer à cette enveloppe des transversales et essayer de retrouver sans calculs la plupart des résultats de Pierre.
Le théorème projectif sous jacent est le suivant:
Soit $\Gamma$ une conique (projective) et quatre tangentes $T_1$, $T_2$, $T_3$, $T_4$.
Une tangente variable $T$ coupe les $T_k$ respectivement aux points $m_k$ pour $1\le k\le 4$.
Alors le birapport $(m_1,m_2,m_3,m_4)$ est constant.
Je te laisse le soin d'énoncer une réciproque
Applique ce théorème dans le plan affine avec $T_4$ pour droite de l'infini.
Ce théorème et son dual se trouvent dans le livre de Bruno sur les coniques.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les paraboles du plan affine (complété projectivement) sont exactement les coniques non décomposées tangentes à la droite de l'infini.
Il existe une unique parabole inscrite dans un triangle $ABC$ et tangente à une transversale $D$ car on connait cinq de ses tangentes même si l'une d'entre elles n'est visible qu'avec une bonne paire de jumelles.
Si $a$, $b$, $c$ sont les points d'intersection de $D$ respectivement avec les côtés $BC$, $CA$, $AB$, le birapport constant à évaluer est exactement: $(a,b,c,\infty_D) =(a,b;c)$ avec les notations de Soland.
Si on revient donc à notre figure du tourniquet, pour prouver que les transversales $(abc)$ et $(a'b'c')$ enveloppent une même parabole, il suffit de montrer $(b,c;a)=(b',c';a')=Cte$.
Une petite chasse aux rapports (de section) s'impose.
A vos marques, prêts, partez!
Amicalement
[small]p[/small]appus
@Gai Requin. Le L de LFIT est "us:linear". Par conséquent $a_{0}$ est "fr:affine", soit $a=vt+m$. La constante $v$ est une vitesse (par rapport au paramètre $t$). Il se trouve que la théorie des LFIT se fait mieux avec les $f=1/v$. Ces quantités sont donc des lenteurs, et le point $f:g:h$ s'appelle donc le slowness center $
\def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\pilpt{\Omega} \def\pilcon{\mathfrak{C}}
\def\etc{,\:\mathrm{etc}}
$ $\slov$. De toutes façons, ce centre s'est appelé $S$ bien avant que ce $S$ soit "rétro-défini" comme initiale de slowness. Vu la définition de $
\def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}}\def\ptv{~;~}
$ $\slov$, la colonne projective $\trim t\cdot\slov$ est constante: le point correspondant est $\equi\doteq u:v:w$, le centre de Neuberg, aussi appelé équicentre.
Il se trouve que les formules se simplifient énormément si l'on décide que les six quantités restent synchronisées par $f+g+h=u+v+w$. En faisant cela, les objets $\slov,\equi$ ne sont plus des objets projectifs par eux mêmes. Ce qui est projectif, c'est $\left[\slov,\equi\right]$.
@pappus. Définir l'étudiant $\lambda$ comme étant enceint de l'agrégation est une définition comme une autre, même si ce n'est pas la plus usitée. Et alors ce $\lambda$ hypothétique est supposé percevoir que la définition "le déterminant est une forme multi-linéaire alternée" se traduit par: \[ \det\left(\begin{array}{ccc} x_{1} & x_{2} & x\\ y_{1} & y_{2} & y\\ z_{1} & z_{2} & z \end{array}\right)=\left[\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ y_{1}\\ z_{1} \end{array}\right)\wedge\left(\begin{array}{c} x_{2}\\ y_{2}\\ z_{2} \end{array}\right)\right]\cdot\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right) \] Cette formule s'appelle la factorisation universelle du déterminant. On peut en déduire tout un tas de choses et c'est donc un théorème fondamental. D'un autre côté, même un agrégé de grammaire ne devrait pas être anéanti par la révélation de ce que "multi" implique "au moins une fois". Ce n'est pas pour rien que les cofacteurs d'une colonne s'écrivent de façon à former une ligne.
Pour ce qui est de prouver que \[ rotp\left(\dfrac{a-c}{b-c}\right)\doteq\dfrac{\left(a-c\right)\left(b-a\right)\left(c-b\right)}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a-b\right)}=-1 \] j'hésite entre "kakeu" et donner un lien vers le livre de Dehornoy. Après tout, sommes-nous absolument sûrs de vivre dans un modèle de ZFC-gloup ? Et que l'arithmétique soit prouvée ?
Pour finir, décodons l'expression formelle $L''=isotom(anticomplem(L))$. L'expression $anticomplem\left(L\right)$ donne les coordonnées de $L$ dans le repère $A'B'C'$ --le triangle anti-médial-- . L'expression $isotom\left(\Delta\right)$ donne les coordonnées de la droite réciproque de la précédente par rapport au triangle $A'B'C'$. Mais ces mêmes coordonnées sont à utiliser par rapport au triangle $ABC$. On en déduit la construction de $L''$ à partir de $L$. On prend les traces $\alpha,\beta,\gamma$ de $L$ sur $B'C',C'A',A'B'$. Puis on prend les symétriques $Q_{a}=2A-\alpha\etc$. Ces trois points sont alignés sur une nouvelle droite (la réciproque de $L$ par rapport au triangle $A'B'C'$). Et on prend l'image de cette nouvelle droite par $hom\left(G,-1/2\right)$. La construction réciproque de $L$ à partir de $L''$ est évidente.
Cordialement, Pierre.
C'est quand même curieux!
J'ai donné un exercice vraiment intéressant dans ce problème de tourniquet, un exercice qui se suffit à lui même et personne parmi les adorateurs de Thalès, prophète de la géométrie affine, n'a essayé de le montrer!
Alors pourquoi l'application $M\mapsto \big(a(M),b(M);c(M)\big)$ est-elle constante?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je constate tristement que la chasse aux rapports qui n'est qu'une simple application de l'Axiome de Thalès, n'inspire aucune idée à ceux qui veulent des exercices difficiles avec l'Axiome de Thalès.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cherchons à glaner quelques nouveaux éléments en rapport avec le problème posé. On part de $a_{0}=tB+\left(1-t\right)C$ et on calcule les points $p_{0},b_{1},q_{1},c_{0}$. Puis on s'assied pour réfléchir. L'exploration calculatoire préalable permet de savoir à quoi l'on doit réfléchir. Les points $a_{0},c_{0}$ ont des coordonnées du premier degré en $t$. Et donc les coordonnées de la droite $a_{0}c_{0}$ sont du second degré. En fait: $
\def\tri#1{\mathcal{T}_{#1}}
\def\linf{{\mathcal L}_\infty }
$ $a_{0}c_{0}\simeq\left[\left(m-n-t\right)t,\left(l-m+t\right)\left(m-n-t\right),-\left(l-m+t\right)t\right]$
Par conséquent, l'enveloppe des droites $a_{0}c_{0}$ est la conique: \[ \mathcal{C}^{*}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & l-m & n-l\\ l-m & 0 & m-n\\ n-l & m-n & 0 \end{array}\right] \] Cette conique passe par les droites $AB,BC,CA$ (les 0 sur la diagonale) et par la droite de l'infini (somme des coefficients). Et donc la conique $\mathcal{C}$ est la parabole inscrite ayant ${\rm pinf} L\simeq m-n:n-l:l-m$ comme point à l'infini, et son isogonal comme perspecteur.
Vu que les coordonnées de $\mathcal{C}^{*}$ bénéficient d'une symétrie rotatoire, cette parabole est donc aussi tangente aux droites $c_{0}b_{0}$ et $b_{0}a_{2}$. Cela prouve (1) que $a_{0}b_{0}c_{0}$ sont alignés et (2) que $a_{2}=a_{0}$, autrement dit, le processus boucle. Et il est évident que tout cela s'applique également aux points intermédiaires $a_{1}b_{1}c_{1}$.
On calcule la tangente issue de $a_{0}$ (autre que $BC$) et la tangente issue de $b_{1}$ (autre que $CA$). Elles se coupent sur $L$ (soit $M_{t}$ ce point). Et alors le triangle critique $\tri m$ (i.e. la droite $L''$ de pappus) est la tangente dont le point de contact $M_{m}$ est sur $L$. Réciproquement, les paires $\tri 0,\tri 1$ sont les paires de tangentes à $\mathcal{C}$ issues d'un point $M_{t}$ de $L$ (visibles si $M_{t}$ appartient à la bonne demi-droite).
On en déduit une autre reconstruction de la droite $L$. On trace la conique passant par les droites $AB,BC,CA,\linf,L''$. Et alors $L$ est la parallèle à l'axe de la conique ponctuelle passant par le contact de $L''$.
Cordialement, Pierre.
Tout devient facile avec ta technique mais comment s'en tirer quand on ne maîtrise pas le calcul barycentrique et qu'on ne connait que la classification des coniques?
C'est ce que je tente de faire avec les maigres moyens qui restent à notre disposition.
Pour la énième fois je conseille à tous de télécharger ton glossaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je viens de le vérifier sur le site du ministère, la géométrie projective a effectivement totalement disparu des programmes de l'agrégation
Je pensais naïvement qu'il restait encore la droite projective mais non, celle ci a bien fini par sombrer aussi
C'est un peu embêtant car le birapport et son groupe ne sont plus qu'un lointain souvenir
Heureusement il nous reste encore provisoirement la géométrie affine, ne riez pas!
Le groupe du birapport est donc défunt mais heureusement, heureusement, il nous reste le groupe du rapport
Ce dernier est évidemment plus modeste que l'autre mais qui aura le courage indomptable de le décrire même si c'est moins passionnant que le rapport Kinsey!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les emplois, de pratique et d'enseignement, se sont simplement déplacés. D'un pays à l'autre... et d'une université à l'autre. Les départements de maths dans les facs de médecine, d'ingénierie, d'informatique, sont simplement plus gros qu'avant, tandis que les farceurs en sont réduits à constater leur propre rétrécissement. Cela s'appelle un système dynamique.
Cordialement, Pierre.
Je subodore que $\big(a(M),b(M);c(M)\big)=(BC_{\infty},AC_{\infty},AB_{\infty},L_{\infty})$.
Faisons d'abord un raisonnement qu'on ne peut plus tenir aujourd'hui
La translation qui envoie $M$ sur $M'$ envoie les droites $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\lambda$ sur leurs parallèles $\alpha'$, $\beta'$, $\gamma'$, $\lambda'$
Comme une translation est une transformation projective, elle conserve le birapport de droites:
$$(\alpha,\beta,\gamma,\lambda)=(\alpha',\beta',\gamma',\lambda')$$
On coupe les faisceaux de droites $M(\alpha,\beta,\gamma,\lambda)$ et $M'(\alpha',\beta',\gamma',\lambda')$ par la droite $L$ pour obtenir:
$$\big(a(M),b(M),c(M),\infty_L\big)=\big(a(M'),b(M'),c(M'),\infty_L\big)$$
c'est à dire
$$\big(a(M),b(M);c(M)\big)=\big(a(M'),b(M');c(M')\big)$$
La géométrie projective ayant disparu de notre culture, il nous faut trouver autre chose dans le cadre provisoire de la géométrie affine qui pourrait se limiter dans quelques années aux droites affines réelle et complexe en attendant mieux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
C'était une autre façon de faire plus simple que la mienne, ( tu coupes les deux faisceaux de droites de la figure par la droite de l'infini), mais tu utilises toujours la défunte géométrie projective.
Comment ferais-tu en te cantonnant à l'agonisante géométrie affine?
Amicalement
[small]p[/small]appus
1) En coupant ces quatre droites par $L$, on voit que ce birapport vaut $(a(M),b(M),c(M),L_{\infty})=(a(M),b(M);c(M))$.
2) En coupant ces quatre droites par la droite de l'infini, ce birapport vaut aussi $(BC_{\infty},AC_{\infty},AB_{\infty},L_{\infty})$.
Pour une solution affine, on a le droit de faire des calculs bourrins ? :-)
Non pas de calcul bourrin!
Il faut seulement choisir la bonne transformation affine et se servir du fait qu'elle conserve le rapport.
On reste modeste, plus question de rouler les mécaniques avec la défunte géométrie projective!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et pourtant, c'est tellement plus commode quand on peut se ramener à un problème projectif.
Je n'ai pas eu trop le temps de réfléchir à une solution affine de ton problème de rapport de sections.
Pour l'instant, je vois des transvections partout et je me demande quelle est la transformation affine de $L$ telle que $a(M)b(M)\mapsto a(M')b(M')$.
Tu utilises le sous-groupe du groupe des homothéties-translations stabilisant la droite $L$.
Il me semble que le groupe des homothéties-translations est encore provisoirement au programme de l'agrégation mais plus au programme des lycées!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Effectivement, l'homothétie-translation qui stabilise $L$ et qui envoie $M$ sur $M'$ est telle que : $a(M)b(M)c(M)\mapsto a(M')b(M')c(M')$.
sur les rapports de section ou, si l'on préfère, un théorème sur les
projections parallèles.
Soit A, B, C trois parallèles, et S, S' deux sécantes d'icelles.
a, b, c, a', b', c' désignant les points que l'on sait,
la coordonnée de c' relativement au repère affine (a'b') de la droite S' est égale
à la coordonnée de c relativement au repère affine (ab) de la droite S .
Cette coordonnée est définie comme le rapport de section (cb,a)
c'est à dire le réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{ca} = \lambda \overrightarrow{ba}$.
Ceci redit, à quoi peut ressembler un problème difficile dans ce contexte ?
Y suis-je arrivé ?
Relativement à un repère affine, on donne trois vecteurs $\overrightarrow{a_1c_1}$ $\overrightarrow{a_2c_2}$ et $\overrightarrow{a_1a_2}$ , aucune composante étant nulle.
On construit ensuite les deux rectangles verts et,
si l'on y arrive, le carré rouge.
Je dis bien construit, pas calcule.
1) Si $MM'$ et $L$ sont sécantes en $\Omega$, la transformation qui va bien est l'homothétie de centre $\Omega$ qui envoie $M$ sur $M'$.
2) Si $MM'// L$, c'est la translation de vecteur $\overrightarrow{MM'}$.
C'est cela
Le tourniquet et l'existence des transversales pouvaient donc se prouver sans la grosse artillerie de Pierre.
Pour la parabole, c'est un peu plus compliqué. On peut aussi se passer des calculs de Pierre mais il faut en savoir un peu plus sur la théorie des coniques affines et en particulier sur les paraboles affines et Dieu sait combien j'ai parlé souvent de ce sujet ici même!
Amicalement
[small]p[/small]apus
J'ai mis un peu de temps à comprendre ce que tu voulais faire car tu n'as pas étiqueté tous les points de ta figure.
Disons que tu te donnes deux rectangles $a_1b_1c_1d_1$ et $a_2b_2c_2d_2$ à côtés parallèles sans être homothétiques.
Tu récupères ainsi ce que Pierre appellerait une famille linéaire de rectangles $abcd$ et tu veux construire le carré de cette famille.
Je ne donne pas de solution mais je pense qu'on peut ranger ton problème dans la catégorie des beaux problèmes.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà ce que j'ai compris.
Soit $\Gamma$ la parabole tangente à $BC,AC,AB$ et passant par $\infty_L$.
La droite de l'infini est une quatrième tangente fixe à $\Gamma$.
Soit $a$ un point variable de $BC$ et $D=abc$, $D'=a'b'c'$ les transversales du tourniquet construites à partir de $a$.
Alors les droites $abc$ et $a'b'c'$ sont tangentes à $\Gamma$ pour tout $a$ si, et seulement si, $(a,b,c,\infty_D)=(a,b;c)=(a',b',c',\infty_{D'})=(a',b';c')$ pour tout $a$.
Les calculs de Pierre se suffisent à eux mêmes.
Ils montrent que les transversales $(abc)$ et $(a'b'c')$ sont tangentes à la parabole inscrite dans le triangle $ABC$ et de direction asymptotique $L$
Comme je l'ai dit, si on veut une solution non calculatoire, il faut en connaitre un peu plus que la classification des coniques.
Tu as complètement oublié cette idiote histoire de tourniquet et tu as l'esprit neuf et tu es frais comme un gardon!
Tu es devant ton écran avec ton triangle $ABC$ et ta transversale $L$ et tu veux tracer ne fut-ce qu'un point et sa tangente de la parabole inscrite dans le triangle $ABC$ et de direction asymptotique $L$.
Comment t'y prends-tu?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu peux faire tous les calculs que tu veux mais au bout du bout et à la fin des fins, ils doivent se traduire par une construction sur l'écran de ta console!
Soit $A',B',C'$ les points de contacts de $BC,AC,AB$ avec cette parabole $\Gamma$.
Je sais que $AA',BB',CC'$ sont concourantes en un point $O$ de l'ellipse de Steiner $\mathcal E$ circonscrite à $ABC$.
En particulier, $A'B'C'$ est le triangle cévien de $O$ par rapport à $ABC$.
Mais je ne sais pas comment choisir $O$ sur $\mathcal E$ pour que la direction asymptotique de $\Gamma$ soit bien $L$. :-S
Attention tu n'es pas très réveillé.
Tu confonds directrice et direction asymptotique!
Tout ce que nous avons fait dans ce fil se passe dans le cadre de la géométrie affine, un simple corollaire de l'Axiome de Thalès diraient certains.
Nous cherchons donc à construire une parabole du plan affine connaissant suffisamment de ses éléments.
C'est toi qui a choisi ce thème de construire une parabole connaissant trois points et sa direction asymptotique, personnellement j'aurai choisi de construire d'abord une parabole connaissant quatre de ses tangentes mais ces deux thèmes sont très voisins.
Je vois que tu connais quelques trucs en théorie des coniques.
Tu cites plus ou moins ce théorème:
Soit $\Gamma$ une conique inscrite dans un triangle, alors les droites joignant chaque sommet et le point de contact avec le côté opposé sont concourantes.
C'était un théorème projectif autrefois très connu.
Quand la conique est une parabole du plan affine, ce point de concours est effectivement sur l'ellipse de Steiner, bravo et si tu as lu attentivement la prose de Pierre, celui ci a fait le lien entre ce point de concours et la direction asymptotique.
Mais ce qui m'intéresse surtout, c'est la construction du point courant de la parabole et de sa tangente.
Il faut que tu aies le réflexe de te dire: je connais trois tangentes et la direction asymptotique, donc ma parabole est entièrement déterminée malgré qu'on soit dans le plan affine, aussi surement qu'une parabole du plan euclidien est connue par son foyer et sa directrice.
Par contre si tu rajoutes une métrique euclidienne, se pose la question supplémentaire et dramatique de construire le foyer et la directrice.
Mais ce foyer et cette directrice dépendent de la métrique choisie, alors que ta parabole impavide et imperturbable ne bougera pas sur ton écran!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une petite question si je peux me permettre, je précise que je n'y connais strictement rien en géométrie.
Lorsque tu dis : "je connais trois tangentes et la direction asymptotique, donc ma parabole est entièrement déterminée" ca me perturbe un peu comme théorème !
Du coup, ma question est : je me fixe trois droites (hypothèses ?) est-ce que l'on peut construire trois points $A$, $B$ et $C$ tel que : " l'ensemble des coniques projectives tangentes aux trois droites " soit exactement " l'ensemble des coniques passant par $A$ $B$ et $C$ " ?
J'espère que ma question à au moins du sens. Edit : hum, je pense que ca ne peux pas fonctionner !
Merci d'avance
Je reviendrai avec un dessin labélisé.
Le perspecteur (que tu appelles $O$) de la parabole est le conjugué isotomique de $dir L$.
Cordialement, Pierre.
Est-ce que cela entraîne que si $\infty_L(u:v:w)$, alors $O(vw:uw:uv)$ ?
Encore plus mieux: Qa = B + C - Intersect[Line[A, L], bc], etc.
On remarquera que geogebra utilise line(A,L) pour coder line(A, dir(L))... ce qui est tout à fait projectif. Par contre, je serais bien surpris que qui que ce soit arrive à calculer quoi que ce soit avec: dir(L) est la classe de la droite L pour la relation "çacoupepaousaytegal".
Cordialement, Pierre