Mon cher Gai Requin
Tu ne connais pas $f$, comment peux-tu parler de l'image d'un point que tu ne sais pas encore construire!
La construction du point central va donc de pair avec celle de l'image d'un point!
Ce n'est pas la première fois que je parle de la construction de ce point central.
Essaye de te servir de l'écriture très simple en complexes d'une transposition et tu vas vite retrouver le paradis, hélas lui aussi perdu, des défuntes similitudes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Aussi incroyable que cela puisse paraître, $I$, le point central, est le centre de la similitude directe telle que $B\mapsto A'$ et $A\mapsto B'$ !
Remarque : On retrouve aussi par le calcul que $I$ est le milieu de $PQ$.
Bravo Gai Requin
Tu as tout bon.
Il ne te reste plus qu'à expliquer la construction de Morley si cher à notre ami Rescassol que je salue.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Exercice autrefois ultra classique que je qualifierai de: Nouvelle vision des ménéliennes (ou des transversales) pour faire plaisir à Jean-Louis que je salue aussi dans la foulée!
Soit $ABC$ un triangle du plan euclidien et $A'B'C'$ une transversale ou ménélienne.
Soit $f:ABC\mapsto A'B'C'$ l'unique transformation circulaire directe, (zut, j'ai failli oublié le joli nom de Soland!, une cycline), $f:ABC\mapsto A'B'C'$, alors $f$ est une transposition circulaire!
Rappelons que, dans le repère $\Omega,U,V'$, la parabole tangentielle, l'application $\phi$ et ses points fixes s'écrivent: $
\def\ptv{~;~}
\def\bmul{\underset{b}{*}} \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}
$\[ \mathcal{C}^{*}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1\\ 0 & -1 & 0 \end{array}\right]\ptv\phi\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -\dfrac{q}{r}+\dfrac{p}{r}\\ 0 & 0 & \dfrac{q}{r}\\ 1 & 0 & 1-\dfrac{p}{r} \end{array}\right]\ptv\left[P,\Omega_{x},\Omega_{y}\right]\simeq\left[\begin{array}{ccc} p & -W+p-2\,q & W+p-2\,q\\ q & 2\,q & 2\,q\\ r & -p+W & -p-W \end{array}\right] \] Voyant que $\Omega_{x}$ et $\Omega_{y}$ sont à l'infini et conjugués complexes $\left(W^{2}=p^{2}-4qr\right)$, on a décidé de choisir ces points comme ombilics d'une métrique s'appliquant à la figure. Par conséquent, le point de Lemoine associé est \[ K\doteq\left(\begin{array}{c} a^{2}\\ b^{2}\\ c^{2} \end{array}\right)\simeq\umbx\bmul\umby\simeq\left(\begin{array}{c} q+r-p\\ q\\ r \end{array}\right) \]
Le foyer d'une parabole s'obtient par la méthode de Plucker. On écrit donc que \[ \left(F\wedge\umbx\right)\cdot\mathcal{C}^{*}\cdot\tra{\left(F\wedge\umbx\right)}=0 \] et c.c. On résoud (du verbe résoutre). Cela donne: \[ F=O\doteq\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} q+r-\left(q+r-p\right)\\ q\\ r \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} b^{2}+c^{2}-a^{2}\\ b^{2}\\ c^{2} \end{array}\right) \] Et c'est fini. Pas besoin d'invoquer Descartes, Newton, Sainte-Médiane ou le défunt cadavre de la géométrie synthétique qui a disparu entre-temps. Il suffit d'appliquer l'Evangile selon Saint-Circulaire: tout tourne autour des ombilics.
Merci Pierre pour ta technique impeccable et implacable que seuls les adeptes de la géométrie projective peuvent apprécier.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $g$ la transposition circulaire de points fixes $A,A'$ qui envoie $B$ sur $B'$.
Soit $h$ la transposition circulaire de points fixes $B,B'$ qui envoie $A$ sur $A'$.
Alors $f=g\circ h=h\circ g$.
Tu m'avais caché ce petit groupe de Klein ! ;-)
De plus, $f(M)=M\Leftrightarrow g(M)=h(M)$ et on doit peut-être s'en sortir avec deux similitudes directes de centres $J$ et $K$, les milieux de $AA'$ et $BB'$...
Mon cher Gai Requin
Tu as peut-être détecté un petit groupe de Klein, ce qui est la moindre des choses pour un algébriste distingué, mais à part cela, qu'as-tu montré exactement?
Tu ne nous as pas parlé des points $C$ et $C'$!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pappus, pour ton dernier exercice, Morley circonscrit dit que si la ménélienne a pour équation $\overline{u}z+u\overline{z}+r=0$ avec $u$ de module $1$ et $r$ réel, alors la transformation circulaire directe a pour expression $T(z)=\dfrac{T_1z+T_2}{T_3z+T_4}$ avec:
$T_1=u(- u^3 + s_2u + rs_3)$
$T_2=u^2(s_3r^2 + s_2ru + s_1u^2 - s_3)$
$T_3=ru^3 + s_1u^2 - s_3$
$T_4=-u(- u^3 + s_2u + rs_3)$
Et c'est une transposition circulaire parce que $T_1+T_4=0$.
J'ai repris mes calculs d'hier qui permettent de constater que la droite $PQ$ est la bissectrice de $(\overrightarrow{IA},\overrightarrow{IA'})$.
Soit alors $D$ un point de $PQ$ distinct de $I$.
On a vu comment construire $f(D)=D'$.
De plus, on a $IP^2=IQ^2=ID\times ID'$, ce qui permet de construire $P$ et $Q$.
Merci Gai Requin
Tu te donnes le point $D$, pourquoi pas?
Mais comment définis-tu le point $D'$?
J'entresuperpose que $D'=f(D)$ où $f$ est la transposition mais il faut le dire et comment construis-tu $D'$?
Je ne comprends pas!
Une fois que tu connais le point central $I$ et une paire de points homologues $A$ et $A'$ de la transposition, la construction des points fixes $P$ et $Q$ était facile et connue par tous autrefois, (construction d'un certain quadrangle harmonique).
Amicalement
Et mon exercice sur ma nouvelle vision des transversales?
Mon cher Rescassol
Tu ne t'en tireras pas à si bon compte.
1° Quelles sont les transversales dont les transpositions associées ont le même point central $\Omega$?
2° Montrer que le lieu des points fixes de ces transpositions est alors une hyperbole équilatère.
3° Quand le point $\Omega$ varie sur son lieu, quelles sont les enveloppes de ces hyperboles équilatères et de leurs asymptotes?
C'était le genre de questions qui faisaient les délices de nos anciens.
Aujourd'hui, nous avons des occupations moins puériles!
Amicalement
[small]p[/small]appus
$f$ fixe globalement la droite $PQ$ donc, pour tout point $D\in PQ$, $D'=f(D)\in PQ$, et on a vu comment construire $D'$ à l'aide d'une similitude directe de centre $I$.
Et si vraiment on souhaite n'utiliser que les données $A,A',B,B'$, on peut toujours choisir $D=AA'\cap PQ$.
Remarque : J'ai bien défini $D':=f(D)$ dans mon message précédent !
En fait, si $D=AA'\cap PQ$ et $D'=f(D)$, alors le cercle $AA'I$ et la bissectrice $PQ$ se coupent en $I$ et $D'$.
D'où cette nouvelle construction des points fixes $P$ et $Q$.
Bonjour Gai Requin
Voici la construction autrefois traditionnelle des points fixes $P$ et$Q$ de la transposition circulaire $f$ de point central $I$ échangeant les points $A$ et $A'$, (merci Gai Requin!).
Pas besoin de choisir un point auxiliaire $D$!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je suis toujours impatient de découvrir tes constructions qui sont beaucoup plus simples que les miennes !
Vive les quadrangles harmoniques !
De mon côté, je me suis entêté à vouloir absolument utiliser le fait que la restriction de $f$ à cette bissectrice $PQ$ est une involution hyperbolique...
Bon dimanche !
P.S. : Une petite coquille dans ton message précédent : $f$ échange $A$ et $A'$.
Rescassol a justifié que l'homographie $ABC\mapsto A'B'C'$ est involutive, essentiellement en montrant que sa trace est nulle.
Est-ce que tu l'as justifié par un autre argument ?
Mon cher Gai Requin
Rescassol est le spécialiste des calculs en complexes, en général suffisamment compliqués pour qu'ils soient confiés à un logiciel de calcul formel, MatLab en l'occurence.
Je pensais à une démonstration plus synthétique, mettant en évidence le point central $\Omega$ de $f$.
Je te donne le début de la démonstration, libre à toi de la continuer.
Soit $\tau$ la transposition circulaire telle que $\tau(A)=A'$ et $\tau(B) =B'$, on va montrer que $\tau(C')=C$.
Avec ta construction du point central, tu devrais t'en tirer facilement!
Remarque l'astuce du sioux:
On montre que $\tau(C')= C$ et pas $\tau(C)=C'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $\Omega$ le point central de $\tau$.
On a vu que la similitude directe de centre $\Omega$ qui envoie $A$ sur $B'$ envoie aussi $B$ sur $A'$.
En particulier, $C'=AB\cap A'B'$ appartient à l'intersection des cercles $\Omega AB'$ et $\Omega A'B$.
Donc $\tau(C')=A'B\cap AB'=C$.
Merci Gai Requin
Tu vois que c'était simple en définitive.
Montre moi dans la foulée que $\Omega$ appartient aussi aux cercles circonscrits aux triangles $ABC$ et $A'B'C$.
C'est le théorème de Miquel et $\Omega$ est le point de Miquel du quadrilatère complet formé par les côtés du triangle $ABC$ et la transversale $A'B'C'$.
D'habitude le théorème de Miquel se démontre en faisant la chasse aux agonisants angles orientés.
Sa preuve via les transpositions circulaires évite l'utilisation de ces angles épouvantables et tu le sais, moins on utilise les angles et mieux on se porte.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Gai Requin
Tu peux maintenant regarder les exercices que j'ai proposés à Rescassol mais ce n'est pas une obligation!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai un peu réfléchi à la première question.
On a une homographie $CB\to CA$, $A'\mapsto B'=(\Omega A'C\cap AC)\setminus\{C\}$.
Donc $A'B'$ est tangente à une certaine conique.
Bon, je ne sais pas trop continuer mais, surtout, peut-être que je délire !
Mon cher Gai Requin
Bien sûr qu'il y a des homographies mais on peut s'en passer
C'est une question sur laquelle j'aurais pu tomber quand j'étais bachelier.
Heureusement il n'en a rien été sinon je ne serais pas là pour en discuter avec toi.
Peux-tu utiliser Geogebra pour avoir une petite idée de cette enveloppe?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu peux aussi utiliser les calculs que Rescassol a déjà fait
Evidemment, geogebra ne sait pas calculer cette enveloppe !
Mais je pense que cette conique est une parabole tangente à $AC,BC$ et une autre droite passant par $B$ (placer $A'$ en $B$).
Et pourquoi pas $AB$ direction asymptotique ?
Mon cher Gai Requin
C'est pourtant fort simple.
Concentre toi sur la correspondance entre les points $A'$ et $B'$ sur les droites $BC$ et $CA$.
De quel adjectif peut-on qualifier cette correspondance?
Amicalement
[small]pappus[/small]
Merci Gai Requin
Tout cela était autrefois trivial.
On a donc une $FLTI$ de points alignés $(A',B',C')$ qu'on pourrait dévisser.
Il reste mes autres questions mais cela peut attendre demain!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Oui, tu poses des questions triviales sur un cours qu'on ne m'a jamais enseigné.
D'ailleurs, la question 2) semble concrétiser le principe de Peter à mon cas !
Mon cher Gai Requin
Le gros avantage d'avoir un logiciel de géométrie dynamique, c'est qu'on peut faire la figure en toutes circonstances.
Te rends-tu compte que nos anciens n'avaient que leur règle et leur compas et qu'ils maîtrisaient quand même des configurations extrêmement compliquées?
Nous ne sommes que des nains!
Bien sûr, j'ai tracé ta figure et c'est mon logiciel qui m'a permis de faire passer le lieu des points fixes de ces transpositions de leur triste statut de lieu à celui plus glorieux de conique.
Il a même répondu à ma dernière question sur les enveloppes.
Ces hyperboles équilatères forment un faisceau linéaire et passent par quatre points fixes formant donc un quadrangle orthocentrique. Or il n'y a pas des masses de quadrangles orthocentriques naturellement attachés à un triangle.
Quand à l'enveloppe des asymptotes, c'est celle de deux droites orthogonales dont le lieu de leur intersection $\Omega$ est un cercle. C'est là aussi une situation très connue en géométrie du triangle.
Une fois ceci fait, seulemement maintenant, seulement maintenant, tu peux commencer à chercher une solution synthétique ou calculatoire, le coeur tranquille!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
Voilà un exemple de ce que je peux obtenir avec mon logiciel.
J'y dispose d'un outil Trace que j'applique à notre hyperbole équilatère, lieu des points fixes de ces transpositions de point central $\Omega$ que je fais un peu bouger autour d'une de ses positions sur son lieu.
J'obtiens la figure ci-dessous à partir de laquelle on peut faire des hypothèses convenables.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Est-ce que GeoGebra dispose du même outik?
Bonjour
Je n'aurais jamais l'expertise de Pierre, je suis trop vieux!
Aussi dois-je me contenter pour endiguer la fuite de mes neurones de rêvasser devant l'écran de mon ordinateur sur quelques vagues configurations de géométrie plane.
Justement on vient de voir que ma dernière figure suggère que nos hyperboles équilatères passent par les centres des cercles inscrit et exinscrits du triangle $ABC$.
Mon logiciel possède l'outil appartient?.
Je choisis le centre du cercle inscrit $I$ et l'hyperbole équilatère lieu des points fixes.
Je clique sur l'outil appartient? qui me confirme que le point $I$ appartient bien à l'hyperbole équilatère.
On peut maintenant se fatiguer à essayer de le prouver.
La figure ci-dessous est plus subtile.
On part du triangle $ABC$, du point $\Omega$ situé sur le cercle circonscrit et du point $I$, centre du cercle inscrit.
Soit $\tau$ la transposition circulaire de point central $\Omega$ dont $I$ est un des deux points fixes.
J'ai construit les images $A'=\tau(A)$, $B'=\tau(B)$, $C'=\tau(C)$.
Sans grande surprise, je constate qu'on tombe sur une transversale $A'B'C'$, encore faut-il le montrer!!
Je demande alors à mon logiciel de tracer l'enveloppe de cette transversale quand $\Omega$ décrit le cercle circonscrit et j'obtiens la figure ci-dessous.
Encore du pain sur la planche et quelques cauchemars en perspective?
Amicalement
Bonjour à tous et Bonjour à Jean-Louis Ayme
On pourrait même présenter ce dernier exercice à la manière de Jean-Louis sans parler des transformations qu'il n'aime guère, je ne sais trop pourquoi.
On part de ma figure précédente.
La droite symétrique de la droite $\Omega A$ par rapport à la droite $\Omega I$ coupe le côté $BC$ en un point $A'$ avec des définitions analogues pour les points $B'$ et $C'$.
Montrer que les points $A'$, $B'$, $C'$ sont alignés sur une droite tangente au cercle inscrit.
J'espère que ce petit problème l'amusera suffisamment pour qu'il nous en donne une solution très élémentaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je suis vraiment nul en enveloppe. (td)
Si ce n'est pas trop demander, pourrais-tu tracer l'enveloppe des hyperboles équilatères et celle de leurs asymptotes pour que j'y voie plus clair ?
Mon cher Gai Requin
Je t'ai dit que ces hyperboles formaient un faisceau linéaire.
Leur enveloppe est donc le quadrangle orthocentrique de leurs points communs, à savoir les quatre centres des cercles inscrit et exinscrits du triangle $ABC$.
J'ai tracé aussi l'enveloppe des asymptotes.
Je te laisse méditer dessus. Disons simplement que c'est du nanan pour les sectateurs de la géométrie du triangle.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mon cher Gai Requin
L'enveloppe des asymptotes n'a guère d'intérêt. C'est juste une conséquence triviale du fait que ces hyperboles équilatères forment un faisceau linéaire.
En fait ces asymptotes sont des droites de Simson.
Le point important est de montrer que les centres des cercles inscrit et exinscrits du triangle $ABC$ sont situés sur l'hyperbole et cela est à ta portée!
C'est plus ou moins le problème que j'ai posé à Jean-Louis!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
Voici ci-dessous la figure qui faisait les délices de nos aïeux!
J'ai tracé la parabole de foyer $\Omega$, enveloppe des transversales $A'B'C'$.
Sa directrice est la droite de Steiner de $\Omega$ par rapport au triangle $ABC$.
Elle passe par l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$, lequel orthocentre est aussi le centre du cercle circonscrit au triangle antimédial $A''B''C''$.
La directrice coupe ce dernier cercle aux points $U$ et $U'$.
Les droites de Simson des points $U$ et $U'$ par rapport au triangle antimédial sont justement les asymptotes de l'hyperbole équilatère, lieu des points fixes $P$ et $Q$ des transpositions circulaires $ABC\mapsto A'B'C'$.
Il faut bien dire que cette configuration archiconnue autrefois n'a plus guère d'intérêt aujourd'hui et qu'on peut parfaitement vivre sans!
En tout cas, les choses importantes à montrer sont:
1° Le lieu des points fixes $P$ et $Q$ est une hyperbole équilatère.
2° Ces hyperboles équilatères forment le faisceau linéaire des coniques passant par le quadrangle orthocentrique des centres des cercles tangents au triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je suis très pris en ce moment par le taf mais je ne laisse pas tomber !
Une petite indication pour montrer que la transposition de point central $\Omega\in ABC$ et qui fixe le centre $I$ du cercle inscrit dans $ABC$ envoie les points $A,B,C$ sur une transversale $A',B',C'$ ?
Remarque : par ce choix de $\Omega$, il est clair que $A',B',C'$ sont alignés.
Bonjour Gai Requin
Tu commences donc par la fin et tu veux prouver que $I$ appartient à toutes ces hyperboles équilatères, pourquoi pas?
Dans cette configuration, plusieurs géométries se télescopent, les géométries projective, euclidienne et circulaire.
Il est difficile de faire la part des choses entre le fait que $I$ soit le centre du cercle inscrit et que $\Omega$ soit situé sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Examine par exemple la figure ci-dessous où le point $\Omega$ est quelconque et la droite pointillée $L$ passant par $\Omega$ aussi.
Les paires de droites $(\Omega A,\Omega A')$, $(\Omega B,\Omega B')$, $(\Omega C,\Omega C')$ sont formées de droites symétriques par rapport à $L$, eh bien les points $A'$, $B'$, $C'$ sont toujours alignés.
Surprenant n'est-il pas?
Et en plus le super super pied, il faut montrer que trois points sont alignés.
C'est à peu près la seule activité qui nous reste avec un programme de géométrie aussi débile!
Par contre ce qu'on gagne d'un côté, on le perd de l'autre car si la cycline $ABC\mapsto A'B'C'$ est bien d'ordre $2$, son point central n'est pas $\Omega$ et le point $I$ n'en est pas un point fixe!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Notons $f$ la transposition telle que $ABC\mapsto A'B'C'$.
Soit $C''=A'B'\cap AB$.
$A'B'C''$ est une transversale donc la transformation circulaire directe $g:ABC\mapsto A'B'C''$ est une transposition circulaire.
Par un argument d'unicité, on a $g=f$ donc $C'=C''\in A'B'$.
Soit maintenant $\Omega$ sur le cercle $ABC$, $I$ le centre du cercle inscrit dans $ABC$ et $f$ la cycline $ABC\mapsto A'B'C'$ définie comme ci-dessus en choisissant $L=\Omega I$.
Alors $\Omega$ est le point central de $f$ et $f(I)=I$.
Mon cher Gai Requin
Si je comprends bien, tu as démontré l'existence de ma dernière configuration (qui n'a rien à voir avec les transpositions)?
Comme tu n'as rien dit, je suis bien obligé de faire cette hypothèse.
Mais où t'es-tu servi par exemple que les droites $\Omega A$ et $\Omega A'$ étaient symétriques par rapport à la droite $L$?
Quant à ton dernier message, il ne démontre rien!
Amicalement
[small]p[/small]appus
L'homographie de $\mathcal D(\Omega)$ telle que $\Omega A\mapsto \Omega A'$, $\Omega B\mapsto \Omega B'$ et $\Omega C\mapsto \Omega C'$ est une involution hyperbolique de points fixes $L$ et la perpendiculaire à $L$ passant par $\Omega$.
Mais je ne vois pas trop quoi en faire...
Mon cher Gai Requin
On parle bien de ma dernière figure dans ce fil?
Rassure moi!
Je vais t'en donner la version projective.
On est donc dans le plan projectif..
On se donne un triangle $ABC$ et un point $\Omega$ non situé sur les côtés du triangle $ABC$
Soit $\mathcal F$, le faisceau des droites passant par $\Omega$.
On sait que $\mathcal F$ admet une structure de droite projective!
On se sent tout de suite supérieur en disant cela!
Soit $\sigma$ une involution de $\mathcal F$.
Soit $A'=BC\cap \sigma(\Omega A)$, $B'=CA\cap \sigma(\Omega $, $C'=AB\cap \sigma(\Omega C)$.
Alors les points $A'$, $B'$, $C'$ sont alignés.
Disons simplement que cette configuration est liée à un théorème de géométrie projective très connu portant le nom d'un très célèbre géomètre!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Réponses
Tu ne connais pas $f$, comment peux-tu parler de l'image d'un point que tu ne sais pas encore construire!
La construction du point central va donc de pair avec celle de l'image d'un point!
Ce n'est pas la première fois que je parle de la construction de ce point central.
Essaye de te servir de l'écriture très simple en complexes d'une transposition et tu vas vite retrouver le paradis, hélas lui aussi perdu, des défuntes similitudes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Remarque : On retrouve aussi par le calcul que $I$ est le milieu de $PQ$.
De même, la similitude directe de centre $I$ qui envoie $M$ sur $A'$ envoie $A$ sur $M'=f(M)$.
Tu as tout bon.
Il ne te reste plus qu'à expliquer la construction de Morley si cher à notre ami Rescassol que je salue.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Exercice autrefois ultra classique que je qualifierai de:
Nouvelle vision des ménéliennes (ou des transversales) pour faire plaisir à Jean-Louis que je salue aussi dans la foulée!
Soit $ABC$ un triangle du plan euclidien et $A'B'C'$ une transversale ou ménélienne.
Soit $f:ABC\mapsto A'B'C'$ l'unique transformation circulaire directe, (zut, j'ai failli oublié le joli nom de Soland!, une cycline), $f:ABC\mapsto A'B'C'$, alors $f$ est une transposition circulaire!
Rappelons que, dans le repère $\Omega,U,V'$, la parabole tangentielle, l'application $\phi$ et ses points fixes s'écrivent: $
\def\ptv{~;~}
\def\bmul{\underset{b}{*}} \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}
$\[ \mathcal{C}^{*}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1\\ 0 & -1 & 0 \end{array}\right]\ptv\phi\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -\dfrac{q}{r}+\dfrac{p}{r}\\ 0 & 0 & \dfrac{q}{r}\\ 1 & 0 & 1-\dfrac{p}{r} \end{array}\right]\ptv\left[P,\Omega_{x},\Omega_{y}\right]\simeq\left[\begin{array}{ccc} p & -W+p-2\,q & W+p-2\,q\\ q & 2\,q & 2\,q\\ r & -p+W & -p-W \end{array}\right] \] Voyant que $\Omega_{x}$ et $\Omega_{y}$ sont à l'infini et conjugués complexes $\left(W^{2}=p^{2}-4qr\right)$, on a décidé de choisir ces points comme ombilics d'une métrique s'appliquant à la figure. Par conséquent, le point de Lemoine associé est \[ K\doteq\left(\begin{array}{c} a^{2}\\ b^{2}\\ c^{2} \end{array}\right)\simeq\umbx\bmul\umby\simeq\left(\begin{array}{c} q+r-p\\ q\\ r \end{array}\right) \]
Le foyer d'une parabole s'obtient par la méthode de Plucker. On écrit donc que \[ \left(F\wedge\umbx\right)\cdot\mathcal{C}^{*}\cdot\tra{\left(F\wedge\umbx\right)}=0 \] et c.c. On résoud (du verbe résoutre). Cela donne: \[ F=O\doteq\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} q+r-\left(q+r-p\right)\\ q\\ r \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} b^{2}+c^{2}-a^{2}\\ b^{2}\\ c^{2} \end{array}\right) \] Et c'est fini. Pas besoin d'invoquer Descartes, Newton, Sainte-Médiane ou le défunt cadavre de la géométrie synthétique qui a disparu entre-temps. Il suffit d'appliquer l'Evangile selon Saint-Circulaire: tout tourne autour des ombilics.
Cordialement, Pierre.
Edit: killing the textquoteright
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $g$ la transposition circulaire de points fixes $A,A'$ qui envoie $B$ sur $B'$.
Soit $h$ la transposition circulaire de points fixes $B,B'$ qui envoie $A$ sur $A'$.
Alors $f=g\circ h=h\circ g$.
Tu m'avais caché ce petit groupe de Klein ! ;-)
De plus, $f(M)=M\Leftrightarrow g(M)=h(M)$ et on doit peut-être s'en sortir avec deux similitudes directes de centres $J$ et $K$, les milieux de $AA'$ et $BB'$...
Tu as peut-être détecté un petit groupe de Klein, ce qui est la moindre des choses pour un algébriste distingué, mais à part cela, qu'as-tu montré exactement?
Tu ne nous as pas parlé des points $C$ et $C'$!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pappus, pour ton dernier exercice, Morley circonscrit dit que si la ménélienne a pour équation $\overline{u}z+u\overline{z}+r=0$ avec $u$ de module $1$ et $r$ réel, alors la transformation circulaire directe a pour expression $T(z)=\dfrac{T_1z+T_2}{T_3z+T_4}$ avec:
$T_1=u(- u^3 + s_2u + rs_3)$
$T_2=u^2(s_3r^2 + s_2ru + s_1u^2 - s_3)$
$T_3=ru^3 + s_1u^2 - s_3$
$T_4=-u(- u^3 + s_2u + rs_3)$
Et c'est une transposition circulaire parce que $T_1+T_4=0$.
Cordialement,
Rescassol
Mais Morley ciconsrtit? Circoncis ou Circonscrit?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Circonscrit, Pappus, j'ai corrigé :-D
Cordialement,
Rescassol
J'ai repris mes calculs d'hier qui permettent de constater que la droite $PQ$ est la bissectrice de $(\overrightarrow{IA},\overrightarrow{IA'})$.
Soit alors $D$ un point de $PQ$ distinct de $I$.
On a vu comment construire $f(D)=D'$.
De plus, on a $IP^2=IQ^2=ID\times ID'$, ce qui permet de construire $P$ et $Q$.
Tu te donnes le point $D$, pourquoi pas?
Mais comment définis-tu le point $D'$?
J'entresuperpose que $D'=f(D)$ où $f$ est la transposition mais il faut le dire et comment construis-tu $D'$?
Je ne comprends pas!
Une fois que tu connais le point central $I$ et une paire de points homologues $A$ et $A'$ de la transposition, la construction des points fixes $P$ et $Q$ était facile et connue par tous autrefois, (construction d'un certain quadrangle harmonique).
Amicalement
Et mon exercice sur ma nouvelle vision des transversales?
Tu ne t'en tireras pas à si bon compte.
1° Quelles sont les transversales dont les transpositions associées ont le même point central $\Omega$?
2° Montrer que le lieu des points fixes de ces transpositions est alors une hyperbole équilatère.
3° Quand le point $\Omega$ varie sur son lieu, quelles sont les enveloppes de ces hyperboles équilatères et de leurs asymptotes?
C'était le genre de questions qui faisaient les délices de nos anciens.
Aujourd'hui, nous avons des occupations moins puériles!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et si vraiment on souhaite n'utiliser que les données $A,A',B,B'$, on peut toujours choisir $D=AA'\cap PQ$.
Remarque : J'ai bien défini $D':=f(D)$ dans mon message précédent !
D'où cette nouvelle construction des points fixes $P$ et $Q$.
Voici la construction autrefois traditionnelle des points fixes $P$ et$Q$ de la transposition circulaire $f$ de point central $I$ échangeant les points $A$ et $A'$, (merci Gai Requin!).
Pas besoin de choisir un point auxiliaire $D$!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je suis toujours impatient de découvrir tes constructions qui sont beaucoup plus simples que les miennes !
Vive les quadrangles harmoniques !
De mon côté, je me suis entêté à vouloir absolument utiliser le fait que la restriction de $f$ à cette bissectrice $PQ$ est une involution hyperbolique...
Bon dimanche !
P.S. : Une petite coquille dans ton message précédent : $f$ échange $A$ et $A'$.
Rescassol a justifié que l'homographie $ABC\mapsto A'B'C'$ est involutive, essentiellement en montrant que sa trace est nulle.
Est-ce que tu l'as justifié par un autre argument ?
Rescassol est le spécialiste des calculs en complexes, en général suffisamment compliqués pour qu'ils soient confiés à un logiciel de calcul formel, MatLab en l'occurence.
Je pensais à une démonstration plus synthétique, mettant en évidence le point central $\Omega$ de $f$.
Je te donne le début de la démonstration, libre à toi de la continuer.
Soit $\tau$ la transposition circulaire telle que $\tau(A)=A'$ et $\tau(B) =B'$, on va montrer que $\tau(C')=C$.
Avec ta construction du point central, tu devrais t'en tirer facilement!
Remarque l'astuce du sioux:
On montre que $\tau(C')= C$ et pas $\tau(C)=C'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
On a vu que la similitude directe de centre $\Omega$ qui envoie $A$ sur $B'$ envoie aussi $B$ sur $A'$.
En particulier, $C'=AB\cap A'B'$ appartient à l'intersection des cercles $\Omega AB'$ et $\Omega A'B$.
Donc $\tau(C')=A'B\cap AB'=C$.
Tu vois que c'était simple en définitive.
Montre moi dans la foulée que $\Omega$ appartient aussi aux cercles circonscrits aux triangles $ABC$ et $A'B'C$.
C'est le théorème de Miquel et $\Omega$ est le point de Miquel du quadrilatère complet formé par les côtés du triangle $ABC$ et la transversale $A'B'C'$.
D'habitude le théorème de Miquel se démontre en faisant la chasse aux agonisants angles orientés.
Sa preuve via les transpositions circulaires évite l'utilisation de ces angles épouvantables et tu le sais, moins on utilise les angles et mieux on se porte.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu peux maintenant regarder les exercices que j'ai proposés à Rescassol mais ce n'est pas une obligation!
Amicalement
[small]p[/small]appus
On a une homographie $CB\to CA$, $A'\mapsto B'=(\Omega A'C\cap AC)\setminus\{C\}$.
Donc $A'B'$ est tangente à une certaine conique.
Bon, je ne sais pas trop continuer mais, surtout, peut-être que je délire !
Bien sûr qu'il y a des homographies mais on peut s'en passer
C'est une question sur laquelle j'aurais pu tomber quand j'étais bachelier.
Heureusement il n'en a rien été sinon je ne serais pas là pour en discuter avec toi.
Peux-tu utiliser Geogebra pour avoir une petite idée de cette enveloppe?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu peux aussi utiliser les calculs que Rescassol a déjà fait
Mais je pense que cette conique est une parabole tangente à $AC,BC$ et une autre droite passant par $B$ (placer $A'$ en $B$).
Et pourquoi pas $AB$ direction asymptotique ?
C'est pourtant fort simple.
Concentre toi sur la correspondance entre les points $A'$ et $B'$ sur les droites $BC$ et $CA$.
De quel adjectif peut-on qualifier cette correspondance?
Amicalement
[small]pappus[/small]
Mais en plus tu as le foyer et la directrice gratis pro deo!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tout cela était autrefois trivial.
On a donc une $FLTI$ de points alignés $(A',B',C')$ qu'on pourrait dévisser.
Il reste mes autres questions mais cela peut attendre demain!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Oui, tu poses des questions triviales sur un cours qu'on ne m'a jamais enseigné.
D'ailleurs, la question 2) semble concrétiser le principe de Peter à mon cas !
Le gros avantage d'avoir un logiciel de géométrie dynamique, c'est qu'on peut faire la figure en toutes circonstances.
Te rends-tu compte que nos anciens n'avaient que leur règle et leur compas et qu'ils maîtrisaient quand même des configurations extrêmement compliquées?
Nous ne sommes que des nains!
Bien sûr, j'ai tracé ta figure et c'est mon logiciel qui m'a permis de faire passer le lieu des points fixes de ces transpositions de leur triste statut de lieu à celui plus glorieux de conique.
Il a même répondu à ma dernière question sur les enveloppes.
Ces hyperboles équilatères forment un faisceau linéaire et passent par quatre points fixes formant donc un quadrangle orthocentrique. Or il n'y a pas des masses de quadrangles orthocentriques naturellement attachés à un triangle.
Quand à l'enveloppe des asymptotes, c'est celle de deux droites orthogonales dont le lieu de leur intersection $\Omega$ est un cercle. C'est là aussi une situation très connue en géométrie du triangle.
Une fois ceci fait, seulemement maintenant, seulement maintenant, tu peux commencer à chercher une solution synthétique ou calculatoire, le coeur tranquille!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà un exemple de ce que je peux obtenir avec mon logiciel.
J'y dispose d'un outil Trace que j'applique à notre hyperbole équilatère, lieu des points fixes de ces transpositions de point central $\Omega$ que je fais un peu bouger autour d'une de ses positions sur son lieu.
J'obtiens la figure ci-dessous à partir de laquelle on peut faire des hypothèses convenables.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Est-ce que GeoGebra dispose du même outik?
Je n'aurais jamais l'expertise de Pierre, je suis trop vieux!
Aussi dois-je me contenter pour endiguer la fuite de mes neurones de rêvasser devant l'écran de mon ordinateur sur quelques vagues configurations de géométrie plane.
Justement on vient de voir que ma dernière figure suggère que nos hyperboles équilatères passent par les centres des cercles inscrit et exinscrits du triangle $ABC$.
Mon logiciel possède l'outil appartient?.
Je choisis le centre du cercle inscrit $I$ et l'hyperbole équilatère lieu des points fixes.
Je clique sur l'outil appartient? qui me confirme que le point $I$ appartient bien à l'hyperbole équilatère.
On peut maintenant se fatiguer à essayer de le prouver.
La figure ci-dessous est plus subtile.
On part du triangle $ABC$, du point $\Omega$ situé sur le cercle circonscrit et du point $I$, centre du cercle inscrit.
Soit $\tau$ la transposition circulaire de point central $\Omega$ dont $I$ est un des deux points fixes.
J'ai construit les images $A'=\tau(A)$, $B'=\tau(B)$, $C'=\tau(C)$.
Sans grande surprise, je constate qu'on tombe sur une transversale $A'B'C'$, encore faut-il le montrer!!
Je demande alors à mon logiciel de tracer l'enveloppe de cette transversale quand $\Omega$ décrit le cercle circonscrit et j'obtiens la figure ci-dessous.
Encore du pain sur la planche et quelques cauchemars en perspective?
Amicalement
On pourrait même présenter ce dernier exercice à la manière de Jean-Louis sans parler des transformations qu'il n'aime guère, je ne sais trop pourquoi.
On part de ma figure précédente.
La droite symétrique de la droite $\Omega A$ par rapport à la droite $\Omega I$ coupe le côté $BC$ en un point $A'$ avec des définitions analogues pour les points $B'$ et $C'$.
Montrer que les points $A'$, $B'$, $C'$ sont alignés sur une droite tangente au cercle inscrit.
J'espère que ce petit problème l'amusera suffisamment pour qu'il nous en donne une solution très élémentaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je suis vraiment nul en enveloppe. (td)
Si ce n'est pas trop demander, pourrais-tu tracer l'enveloppe des hyperboles équilatères et celle de leurs asymptotes pour que j'y voie plus clair ?
Je t'ai dit que ces hyperboles formaient un faisceau linéaire.
Leur enveloppe est donc le quadrangle orthocentrique de leurs points communs, à savoir les quatre centres des cercles inscrit et exinscrits du triangle $ABC$.
J'ai tracé aussi l'enveloppe des asymptotes.
Je te laisse méditer dessus. Disons simplement que c'est du nanan pour les sectateurs de la géométrie du triangle.
Amicalement
[small]p[/small]appus
L'enveloppe des asymptotes n'a guère d'intérêt. C'est juste une conséquence triviale du fait que ces hyperboles équilatères forment un faisceau linéaire.
En fait ces asymptotes sont des droites de Simson.
Le point important est de montrer que les centres des cercles inscrit et exinscrits du triangle $ABC$ sont situés sur l'hyperbole et cela est à ta portée!
C'est plus ou moins le problème que j'ai posé à Jean-Louis!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici ci-dessous la figure qui faisait les délices de nos aïeux!
J'ai tracé la parabole de foyer $\Omega$, enveloppe des transversales $A'B'C'$.
Sa directrice est la droite de Steiner de $\Omega$ par rapport au triangle $ABC$.
Elle passe par l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$, lequel orthocentre est aussi le centre du cercle circonscrit au triangle antimédial $A''B''C''$.
La directrice coupe ce dernier cercle aux points $U$ et $U'$.
Les droites de Simson des points $U$ et $U'$ par rapport au triangle antimédial sont justement les asymptotes de l'hyperbole équilatère, lieu des points fixes $P$ et $Q$ des transpositions circulaires $ABC\mapsto A'B'C'$.
Il faut bien dire que cette configuration archiconnue autrefois n'a plus guère d'intérêt aujourd'hui et qu'on peut parfaitement vivre sans!
En tout cas, les choses importantes à montrer sont:
1° Le lieu des points fixes $P$ et $Q$ est une hyperbole équilatère.
2° Ces hyperboles équilatères forment le faisceau linéaire des coniques passant par le quadrangle orthocentrique des centres des cercles tangents au triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je suis très pris en ce moment par le taf mais je ne laisse pas tomber !
Une petite indication pour montrer que la transposition de point central $\Omega\in ABC$ et qui fixe le centre $I$ du cercle inscrit dans $ABC$ envoie les points $A,B,C$ sur une transversale $A',B',C'$ ?
Remarque : par ce choix de $\Omega$, il est clair que $A',B',C'$ sont alignés.
Tu commences donc par la fin et tu veux prouver que $I$ appartient à toutes ces hyperboles équilatères, pourquoi pas?
Dans cette configuration, plusieurs géométries se télescopent, les géométries projective, euclidienne et circulaire.
Il est difficile de faire la part des choses entre le fait que $I$ soit le centre du cercle inscrit et que $\Omega$ soit situé sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Examine par exemple la figure ci-dessous où le point $\Omega$ est quelconque et la droite pointillée $L$ passant par $\Omega$ aussi.
Les paires de droites $(\Omega A,\Omega A')$, $(\Omega B,\Omega B')$, $(\Omega C,\Omega C')$ sont formées de droites symétriques par rapport à $L$, eh bien les points $A'$, $B'$, $C'$ sont toujours alignés.
Surprenant n'est-il pas?
Et en plus le super super pied, il faut montrer que trois points sont alignés.
C'est à peu près la seule activité qui nous reste avec un programme de géométrie aussi débile!
Par contre ce qu'on gagne d'un côté, on le perd de l'autre car si la cycline $ABC\mapsto A'B'C'$ est bien d'ordre $2$, son point central n'est pas $\Omega$ et le point $I$ n'en est pas un point fixe!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Notons $f$ la transposition telle que $ABC\mapsto A'B'C'$.
Soit $C''=A'B'\cap AB$.
$A'B'C''$ est une transversale donc la transformation circulaire directe $g:ABC\mapsto A'B'C''$ est une transposition circulaire.
Par un argument d'unicité, on a $g=f$ donc $C'=C''\in A'B'$.
Mais peux-tu énoncer d'abord le théorème que tu vas prouver!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Alors $\Omega$ est le point central de $f$ et $f(I)=I$.
Si je comprends bien, tu as démontré l'existence de ma dernière configuration (qui n'a rien à voir avec les transpositions)?
Comme tu n'as rien dit, je suis bien obligé de faire cette hypothèse.
Mais où t'es-tu servi par exemple que les droites $\Omega A$ et $\Omega A'$ étaient symétriques par rapport à la droite $L$?
Quant à ton dernier message, il ne démontre rien!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mais je ne vois pas trop quoi en faire...
On parle bien de ma dernière figure dans ce fil?
Rassure moi!
Je vais t'en donner la version projective.
On est donc dans le plan projectif..
On se donne un triangle $ABC$ et un point $\Omega$ non situé sur les côtés du triangle $ABC$
Soit $\mathcal F$, le faisceau des droites passant par $\Omega$.
On sait que $\mathcal F$ admet une structure de droite projective!
On se sent tout de suite supérieur en disant cela!
Soit $\sigma$ une involution de $\mathcal F$.
Soit $A'=BC\cap \sigma(\Omega A)$, $B'=CA\cap \sigma(\Omega
Alors les points $A'$, $B'$, $C'$ sont alignés.
Disons simplement que cette configuration est liée à un théorème de géométrie projective très connu portant le nom d'un très célèbre géomètre!
Amicalement
[small]p[/small]appus