Décomposition d'une cycline

Bonjour Soland
J'adore tes cyclines mais je crois que ce sont des transformations circulaires directes, même si tu ne le dis pas
J'ai refait ta figure.
Soit $f$ la cycline de points fixes $B$ et $C$ envoyant $A$ sur $D$.
Alors d'une part $J'=f(\infty)$ est le point limite image de $f$ et d'autre part c'est le centre isodynamique interne du triangle $BCD$.
Quant au cercle d'inversion de centre $J'$, son rayon est $r=\sqrt{J'B.J'C}=\sqrt{\dfrac{3\sqrt 3}7}R$
où $R$ est le rayon du cercle circonscrit au triangle équilatéral $ABC$.
Le point $J'$ appartient au segment $OD$ et $\dfrac{DJ'}{DO}=\dfrac 37$. $J'$ est aussi la projection orthogonale de $C$ sur $OD$.
Les coordonnées angulaires de $J'$ dans le triangle $BCD$ se calculent bien:
$\widehat{CJ'D}=90°$, $\widehat{BJ'D}=120°$, $\widehat{BJ'C}=150°$.
Quant aux coordonnées barycentriques de $J'$ dans le triangle $DBC$, elles sont aussi simples, à savoir $(2:2:3)$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
On obtient ainsi deux constructions totalement différentes du point $J'$:
à gauche la construction circulaire, à droite la construction affine.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit
Dans mes figures, j'ai fait la décomposition de Soland de la cycline directe $f_+$ de points fixes $B$ et $C$ envoyant $A$ sur $D$ en produit d'une isométrie indirecte $ABC\mapsto A'B'C'$ (i.e une symétrie glissée) suivie d'une inversion de pôle $J'$: $A'B'C' \mapsto DBC$.
Qu'aurions nous obtenu si nous avions fait la décomposition de Soland de la cycline indirecte $f_-$ de points fixes $B$ et $C$ et envoyant $A$ sur $D$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Soland
Dans le problème du début, tu es resté assez évasif sur la cycline à utiliser.
Il fallait deviner qu'elle envoyait $A$ sur $D$ et qu'elle fixait les points $B$ et $C$ mais on ne savait pas si elle était directe ou indirecte.
Au pifomètre, j'ai décidé qu'elle était directe et bien m'en a pris puisqu'en la construisant je suis tombé sur une figure qui ressemblait furieusement à la tienne.
Dans une cycline, le point $b=C(\infty)$ s'appelle le point limite image ou pôle de $C^{-1}$ puisque cela équivaut à $C^{-1}(b)=\infty$ et le point $a$ tel que $C(a)=\infty$ s'appelle le point limite objet ou pôle de $C$.
Ce sont des noms un peu tristounets et tu devrais leur trouver une dénomination un peu plus rigolote en rapport avec les cyclines.
Dans ton problème tu décomposes donc la cycline directe $C$ envoyant $ABC$ sur $DBC$
Dans la décomposition $C=I_b\circ M_b$, $b$ est donc le point limite image que j'ai noté $J'$ parce que c'est ainsi que l'ont toujours appelé nos aïeux.
Que dire de l'isométrie $M_b$?
Eh bien elle est indirecte
Ben oui puisque une inversion est toujours indirecte,il faut bien qu'elle le soit car indirect + indirect = direct.
Concrètement l'isométrie indirecte $M_b$ envoie $ABC$ sur un triangle $A'B'C'$ lui aussi équilatéral et $I_b$ renvoie ce triangle équilatéral sur le triangle $BCD$.
Alors là c'est là que les Athéniens s'atteignirent. Il faut connaître un minimum de géométrie du triangle.
L'inversion $I_b$ envoie le triangle $DBC$ sur le triangle équilatéral $A'B'C'$ et nos aîeux en étaient tous esbaudis car ils savaient qu'il y avait seulement deux points dans le plan qui avaient cette propriété: le centre isodynamique direct ($X(15)$ dans $ETC$) qui transforme par inversion associée un triangle en un triangle équilatéral dans la même classe d'orientation et le centre isodynamique indirect ($X(16)$ dans $ETC$), transforme un triangle en un triangle équilatéral n'ayant pas la même orientation.
On montre que $X(15)$ est situé dans le triangle et $X(16)$ est l'inverse de $X(15)$ par rapport au cercle circonscrit.
Dans ton exercice, il faut donc faire un choix entre les deux centres.
Mais on sait que $ABC$ et $DBC$ ne sont pas dans la même classe d'orientation, pourquoi? toujours la sempiternelle question!
$ABC$ et $A'B'C'$ ne sont pas dans la même classe d'orientation puisque $M_b$ est une isométrie indirecte.
Conclusion $DBC$ et $A'B'C'$ sont dans la même classe d'orientation et $b=J'=X(15)$ le centre isodynamique direct du triangle $DBC$.
A suivre
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
Une façon de terminer serait la suivante.
Les points $J'$ et $E$ sont situés sur le cercle de diamètre $CD'$ et on a:
$\widehat{BJ'D}=\widehat{D'J'E}=180°-\widehat{D'CE}=180°-60°=120°$
Evidemment cela suppose que le théorème de l'angle inscrit est encore dans nos programmes. Le contraire ne m'étonnerait guère.
Dans ce cas, on peut encore s'en tirer avec le produit scalaire comme on l'a fait précédemment en évaluant:
$\overrightarrow{BE}.\overrightarrow{DD'}=BE.DD'.\cos(\widehat{BJ'D})$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Soland
Tu devrais étiqueter tes points comme je le fais pour que nous puissions dialoguer plus facilement.
Tu l'as dit toi même, tes cyclines peuvent être directes ou indirectes.
Donc quand tu considères dans le plan deux triplets $(A_1,B_1,C_1)$ et $(A_2,B_2,C_2)$ tu as exactement deux cyclines, l'une directe et l'autre indirecte, envoyant le premier triplet sur le second.
Comme chacune de ces deux cyclines admet deux décompositions du style $M_a\circ I_a=I_b\circ M_b$, au bout du compte et à la fin des fins, on va obtenir [large]quatre[/large] configurations et non deux.

Soland a écrit:

On transforme le demi-triangle équilatéral en triangle équilatéral
(A) par une inversion suivie d'une symétrie axiale
(B) par un demi-tour suivi d'une inversion.

Dans le cas $(A)$, ta cycline est directe car indirect+indirect = direct
Dans le cas $(B)$, ta cycline est indirecte car un demi-tour étant une symétrie centrale est direct.
Tu n'as pas décomposé la même cycline.
D'autre part qu'elle soit directe ou non, les pôles d'inversion intervenant dans la décomposition d'une cycline sont exactement ses points-limites.
Je voudrais être sûr que c'est bien le cas dans les deux figures que tu nous montres.
Ci-dessous voici ma propre figure des deux décompositions de la cycline directe envoyant $ABC$ sur $DBC$.
J'ai déjà expliqué en long et en large la partie bleue qui correspond à la décomposition: $I_b\circ M_b$ de cette cycline et qui ressemble furieusement à ta première figure.
Le point $b=J'$ est le point limite image de la cycline et c'est le centre isodynamique direct du triangle $BCD$; Quant à l'isométrie indirecte $M_b:ABC\mapsto A'B'C'$, ce n'est pas une symétrie axiale mais une symétrie glissée.
La partie rouge de ma figure correspond donc à la décomposition $M_a\circ I_a$ de cette cette cycline directe.
Le pôle $a$ n'est autre que le point limite objet $I$ de cette cycline directe.
D'après la défunte théorie de la géométrie circulaire, on a un parallélogramme $IBJ'C$
Curieusement les cercles d'inversion bleu et rouge ont le même rayon
L'isométrie indirecte $M_a:A''B''C''\mapsto DBC$ est encore une symétrie glissée.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste à voir ce qui se passe avec les deux décompositions de la cycline indirecte $ABC\mapsto DBC$ et on devrait tomber, du moins je l'espère sur tes deux dernières figures!