Construction(1)

Bonjour à tous
En fait quand j'ai regardé la solution du Yaglom, j'ai remarqué qu'elle était très courte, qu'elle utilisait les angles camembert et qu'elle ne donnait aucune construction proprement dite. Il se contentait d'évaluer le nombre de solutions possibles et l'estimait à $16$.
Je trouvais ce nombre beaucoup trop grand et pour ma part, je l'estimais à $8$.
La figure ci-dessous très complexe donne la construction de deux de ces solutions.
Elle repose sur la théorie de la composition de deux rotations.
Autrefois nous ne savions pas la théorie des groupes dont nous ne soupçonnions même pas l'existence mais nous savions composer deux rotations. Aujourd'hui c'est exactement l'inverse, nos agrégatifs connaissent la théorie des groupes et toutes ses subtilités mais sont pour la plupart incapables de composer deux rotations!
J'essayerai d'expliquer ma construction en détail mais seul un calcul de Pierre pourrait faire le décompte exact du nombre des solutions et exhiber une configuration s'il en existe une où les $8$ solutions soient visibles. J'avoue humblement que je n'en ai pas la force!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Pour que vous pouviez vous faire une opinion, voici la prose du Yaglom.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Cette figure montre deux droites pointées $(\ell_1;A)$ et $(\ell_2;B)$.
Il s'agit d'exhiber les rotations $(\ell_1;A)\mapsto (\ell_2;B)$.
C'était un exercice banal autrefois et ii est devenu difficile aujourd'hui dans une géométrie réduite aux acquêts, à savoir les axiomes de Thalès et de Pythagore.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
Une rotation $r$ conserve les distances!
Qu'est-ce que cela peut bien vouloir dire?
Elle conserve la distance de deux points:
$$d(M,N)=d(r(M),r(N))$$
Une rotation est une isométrie
Qu'est-ce que c'est dur à retenir!
Sauf évidemment si on a jamais appris la définition d'une isométrie, ce qui semble être le cas dans notre belle république analphabète!
Une rotation conserve aussi la distance d'un point $M$ à une droite $\ell$:
$$d(M,\ell)=d(r(M),r(\ell))$$
Etonnant non, on se demande bien comment cela est possible!
Dans quel monde incroyable vivons nous?
Enfin la notation
$$r:(\ell_1;A)\mapsto (\ell_2;B)$$
signifie que non seulement $r(\ell_1)=\ell_2$ mais en plus $r(A) =B$.
Quelle imagination!!
Vous en savez maintenant autant que moi pour localiser les centres de ces rotations.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Ca y est!
Vous avez fini par choisir la quarante septième construction de la médiatrice pour le meilleur ou pour le pire et on peut continuer.
On sait qu'une rotation conserve la distance d'un point à une droite, donc:
$d(\omega,\ell_1)=d(r(\omega),r(\ell_1))=d(\omega,\ell_2)$
Alors là vous en êtes comme deux ronds de flan!
Le centre $\omega$ de la rotation $r$ est à égale distance des droites $\ell_1$ et $\ell_2$ et il est donc situé sur l'une ou l'autre de leurs deux bissectrices.
J'ai pris un (petit) risque en plaçant mon point $\omega$ sur celle que vous voyez mais si vous n'approuvez pas mon choix, (we live in a free country),vous pouvez toujours le placer sur l'autre!
On remarque que le choix de $\omega$ détermine entièrement la rotation $r$ car si $P_1$ et $P_2$ sont les projections orthogonales respectives du centre $\omega$ sur les droites $\ell_1$ et $\ell_2$, on a: $r(P_1) =r(P_2)$
C'est pourquoi dans la suite je donnerai le même nom à la rotation que celui de son centre: $r=\omega$
Et maintenant il s'agit de faire la synthèse, (la fameuse synthèse du PS?).
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
J'ai tracé la figure que Yaglom aurait dû tracer au lieu de patauger lamentablement dans ses angles camemberts.
J'ai dit et répété combien le choix des notations était essentielle pour la solution d'un problème et j'espère avoir fait le bon choix
Qu'ai-je fait exactement?
D'abord j'ai noté les intersections: $\Omega_1=\ell_2\cap \ell_3$, $\Omega_2=\ell_3\cap \ell_1$, $\Omega_3=\ell_1\cap \ell_2$
Puis j'ai changé les notations du Yaglom en faisant les substitutions de notations: $A\mapsto A_1$, $B\mapsto A_2\ $, $C\mapsto A_3$
Puis j'ai tracé les centres $\omega_1$, $\omega'_1$ des deux rotations $(\ell_2;A_2)\mapsto (\ell_3;A_3)$, les centres $\omega_2$, $\omega'_2$ des deux rotations $(\ell_1;A_1)\mapsto (\ell_3;A_3)$, les centres $\omega_3$, $\omega'_3$ des deux rotations $(\ell_1;A_1)\mapsto (\ell_2;A_2)$.
Je les ai tracés comme intersection de cercles circonscrits et de médiatrices. Je n'ai pas tracé les bissectrices pour plus de clarté!
Et maintenant que faire?
Eh bien d'abord un peu de géométrie contemplative.
On constate que les trois cercles circonscrits ont un point commun $\Omega$.
Il n'y a rien là d'étonnant car ce point est connu depuis belle lurette et porte le nom d'un géomètre célèbre
Mais le plus inquiétant est à venir avec en prime quelques maux de tête absolument épouvantables!!
Si on tente d'évaluer le produit de rotations $\omega_1\circ\omega_3:(\ell_1;A_1)\mapsto (\ell_3;A_3)$, on sait a priori que:
$\omega_1\circ\omega_3=\omega_2$ ou $\omega_1\circ\omega_3=\omega'_2$
Il va falloir choisir et c'est un choix beaucoup plus grave que celui de la meilleure construction!!
Arrivé à ce stade, il faut comprendre que pratiquement aucun de nos étudiants ne sait composer deux rotations de centres différents.
Alors il va falloir que moi (ou quelqu'un d'autre?), je me décarcasse encore et toujours comme d'habitude!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Ce que je vais raconter maintenant, je l'ai sans doute déjà fait d'une autre manière dans divers fils à retrouver concernant le produit de deux similitudes directes.
Sur cette figure, j'ai pris des décisions en choisissant les centres $\omega_3$ et $\omega_1$ parmi les $2\times 2=4$ choix possibles et j'ai noté $\omega_2=\omega_1\circ\omega_3$ la rotation produit.
Je vais faire une petite chasse aux angles!
L'intersection $I= \Omega_1\omega_1\cap \Omega_3\omega_3$ est l'un des quatre centres des cercles tangents au triangle $\Omega_1\Omega_2\Omega_3$ puisque, nous le savons, les droites $\Omega_1\omega_1$ et $\Omega_3\omega_3$ sont des bissectrices de ce triangle.
$(\Omega\omega_3,\Omega\omega_1)=(\omega_3\Omega,\omega_3\Omega_3)+(\omega_3\Omega_3,\omega_1\Omega_1)+(\omega_1\Omega_1,\omega_1\Omega)$, (relation de Chasles)
$(\omega_3\Omega,\omega_3\Omega_3)=(A_2\Omega,A_2\Omega_3)$ (cocyclicité)
$(\omega_1\Omega_1,\omega_1\Omega)=(A_2\Omega_1,A_2\Omega)$ (cocyclicité)
Donc:
$(\Omega\omega_3,\Omega\omega_1)=(A_2\Omega,A_2\Omega_3)+(\omega_3\Omega_3,\omega_1\Omega_1)+(A_2\Omega_1,A_2\Omega)$
Dans cette égalité, le premier et le troisième terme du second membre se compensent par la relation de Chasles:
$(A_2\Omega,A_2\Omega_3)+(A_2\Omega_1,A_2\Omega)=(A_2\Omega_1,A_2\Omega_3)=0$ car les points $\Omega_1$, $\Omega_3$, $A_2$ sont alignés.
Au bout du bout et à la fin des fins, on obtient:
$(\Omega\omega_3,\Omega\omega_1)=(\omega_3\Omega_3,\omega_1\Omega_1)=(\omega_3I,\omega_1I)$
la dernière égalité étant assurée par $I= \Omega_1\omega_1\cap \Omega_3\omega_3$
Les points $I$, $\Omega$, $\omega_1$, $\omega_3$ sont donc cocycliques.
Le cercle $(\omega_1\omega_2\omega_3)$ s'appelle le cercle des rotations.
On vient de montrer que les droites $\Omega_3\omega_3$ et $\Omega_1\omega_1$ se coupent sur le cercle des rotations.
Mais la même démonstration montre que les droites $\Omega_1\omega_1$ et $\Omega_2\omega_2$ et les droites $\Omega_2\omega_2$ et $\Omega_3\omega_3$ se coupent aussi sur le cercle des rotations, (faire dans la démonstration les permutations d'indices $(1\mapsto 2\mapsto 3\mapsto 1)$, d'où l'intérêt d'avoir de bonnes notations!!
En résumé les droites $\Omega_1\omega_1$, $\Omega_2\omega_2$, $\Omega_3\omega_3$ se coupent sur le cercle des rotations en un point centre de l'un des quatre cercles tangents au triangle $\Omega_1\Omega_2\Omega_3$.
On voit maintenant comment choisir correctement le centre de la rotation produit $\omega_1\circ \omega_3$.
Les bissectrices $\Omega_1\omega_1$ et $\Omega_3\omega_3$ se coupent en un point $I$ centre d'un des quatre cerces tangents au triangle $\Omega_1\Omega_2\Omega_3$.
Le centre de la rotation produit $\omega_1\circ\omega_3$ se trouve sur la bissectrice $\Omega_2I$ à sa seconde intersection autre que $I$ avec le cercle des rotations.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
Pour plus de clarté, je sors un des quatre triangles des rotations de la figure et je l'appelle toujours $\omega_1\omega_2\omega_3$, je note respectivement d₁, d₂, d₃ les droites $\omega_2\omega_3$, $\omega_3\omega_1$, $\omega_1\omega_2$.
Dans la suite, je noterai par la même lettre une droite d et la symétrie axiale qu'elle définit.
L'isométrie indirecte d₂.$\omega_3$ fixe le centre $\omega_3$, c'est donc une symétrie axiale d'₁ par rapport à une droite passant par $\omega_3$.
d₂.$\omega_3=$d'₁
Par suite:
$\omega_3=$d₂.d'₁
L'isométrie indirecte $\omega_1.$d₂. fixe le centre $\omega_1$, c'est donc une symétrie axiale d'₃ par rapport à une droite passant par $\omega_1$:
$\omega_1.$d₂$=$d'₃
Par suite:
$\omega_1=$d'₃.d₂
On a décomposé les rotations $\omega_1$ et $\omega_3$ en produit de deux symétries axiales et c'est cela qui va faire marcher la boutique.
En effet:
$\omega_2=\omega_1.\omega_3=$d'₃.d₂.d₂.d'₁$=$d'₃.d'₁
Donc $\omega_2=$d'₃ $\cap$ d'₁
Par suite:
d'₁$=$ d₁
d'₃$=$ d₃
Donc:
$\omega_1=$d₃.d₂
$\omega_3=$d₂.d₁
$\omega_2=$d₃.d₁
La figure ci-dessous montre les points $M_2=\omega_3(M_1)$ et $M_3=\omega_1(M_2)=\omega_2(M_1)$
Il en résulte que si $M=$d₁$(M_1)$, alors:
$M_1=$d₁$(M)$
$M_2=\omega_3(M_1)=$d₂.d₁$(M_1)=$d₂$(M)$
$M_3=\omega_2(M_1)=$d₃.d₁$(M_1)=$d₃$(M)$
Les points $M_1$, $M_2$, $M_3$ sont les symétriques respectifs du même point $M$ par rapport aux côtés d₁, d₂, d₃ du triangle des rotations.
C'est le théorème de Stéphanos.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
Il est bien connu que les points points $M_1$, $M_2$,$M_3$ sont alignés si et seulement si $M$ est sur le cercle des rotations c'est à dire sur le cercle circonscrit $\Gamma$ au triangle des rotations $\omega_1\omega_2\omega_3$.
La droite $L$ sur laquelle les points $M_1$, $M_2$,$M_3$ sont alignés s'appelle la droite de Steiner du point $M$. Elle passe par l'orthocentre $H$ du triangle des rotations.
Pour $1\le k\le 3$, le point $M_k$ décrit le cercle $\Gamma_k$ symétrique de $\Gamma$ par rapport à la droite d_k.
C'est une configuration qui n'est plus connue aujourd'hui que des sectateurs de la géométrie du triangle.
Et maintenant le problème est résolu puisque $X_k=\Gamma_k\cap\ell_k$ pour $1\le k\le 3$.
J'espère que ma construction a été suffisamment claire.
Son seul intérêt est de nous avoir fait survoler une géométrie disparue à jamais!
Amicalement
[small]p[/small]appus