Un rapport d'aires

jelobreuil · June 2020

Bonsoir à tous
Soit un quadrilatère convexe ABCD, M le point d'intersection de ses diagonales.
Étudier le rapport des aires des deux parallélogrammes ayant pour sommets l'un (le bleu) les milieux des quatre côtés AB, BC, CD et DA, l'autre (le rouge) les centres des cercles circonscrits aux quatre triangles MAB, MBC, MCD et MDA.
Ce rapport est évidemment égal à 1 quand les diagonales sont perpendiculaires, puisque dans ce cas, ces deux parallélogrammes sont confondus. Mais qu'en est-il dans le cas général ?
Bien cordialement
JLB 103440

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
Si les diagonales font l'angle $\theta$, le rapport des aires $\dfrac{bleu}{rouge}\qquad$ vaut $\sin^2(\theta)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · June 2020

Merci Pappus!
Je me doutais bien que l'angle des diagonales jouait un rôle ...
Il me reste à trouver comment démontrer ce résultat !
Bien cordialement
JLB

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
C'est un simple exercice sur les similitudes, théorie qui a disparu à tout jamais de notre culture!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
Merci pour tous les exercices que tu nous proposes et qui conduisent le plus souvent à des considérations géométriques passionnantes.
Celui-ci ne déroge pas à la règle et poserait bien des difficultés à la plupart des agrégatifs.
Heureusement pour eux, la probabilité de tomber sur la moindre question de géométrie est quasi nulle!
Ci-dessous ta figure!
Je pense qu'ils auraient déjà bien des problèmes à montrer que les quadrilatères $abcd$ et $a'b'c'd'$ sont des parallélogrammes.
Il y a plusieurs façons de faire correspondre deux parallélogrammes dans une application affine.
Tu vois que je me place d'emblée au niveau de la géométrie affine, ce qui est loin d'être anodin pour mes lecteurs qui se demandent déjà quel coup tordu je leur réserve.
Eh bien, c'est tout simple:
Je considère les applications affines $f:a'b'c'd'\mapsto abcd$ et $g: a'b'c'd'\mapsto dcba$.
Donner leur décompositions canoniques.
Amicalement
[small]p[/small]appus 103492

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
Comment en suis-je venu à me poser ces questions?
Eh bien, c'est un peu de ta faute!!
Tu me demandes de calculer le rapport des aires de deux parallélogrammes.
Aujourd'hui où on en est revenu en géométrie à peu près à l'époque d'Euclide, on aurait calculé les aires des deux parallélogrammes avec les quelques formules restant à notre disposition qu'on doit trouver en cherchant bien dans le petit Larousse.
Mais au niveau agrégation où on sait, (j'en doute beaucoup!), que deux parallélogrammes se correspondent dans au moins une application affine $f$, il suffit de calculer $\det(\overrightarrow f)$, le déterminant de la partie linéaire!
Tant qu'à faire au point où on en est, on peut calculer le polynôme caractéristique de $\overrightarrow f$ puis se demander ce que cela entraîne sur la décomposition canonique de $f$.
Et miracle des miracles Jelobreuiliens, tout se passe bien avec de belles figures à la clef, à condition de maîtriser ses cours d'algèbre et de géométrie évidemment!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il n'est pas interdit de faire de la géométrie contemplative comme Jacquot.
Dans le premier cas $f:a'b'c'd'\mapsto abcd$, les deux parallélogrammes $a'b'c'd'$ et $abcd$ tournent dans le même sens, Nicolas Bourbaki dit qu'ils ont la même orientation et $\det(\overrightarrow f)=\sin^2(\theta)>0$
Dans le second cas $g:a'b'c'd'\mapsto dcba$, les deux parallélogrammes $a'b'c'd'$ et $dbca$ ne tournent pas dans le même sens, Nicolas Bourbaki dit qu'ils n'ont pas la même orientation et $\det(\overrightarrow g)=-\sin^2(\theta)<0$
Quant aux traces, ce sont des nombres entiers pas trop grands dans les deux cas de figures.
Cela aide un peu évidemment mais il va falloir démontrer tout ce fourbi!

jelobreuil · June 2020

Bien cher Pappus,
Tout d'abord merci de ton appréciation de mes exercices d'indécrottable curieux ! Je suis vraiment content de ce qu'ils te permettent de m'ouvrir des horizons insoupçonnés, que je ne puis contempler que de très loin, et crois bien que je le regrette !
Mais enfin, je suis quand même arrivé à comprendre pourquoi mes deux parallélogrammes sont semblables, autrement dit comment il se fait que leurs angles sont égaux. Ce n'est pas bien difficile, on peut dire par exemple que les côtés a'b' et a'd', qui sont respectivement perpendiculaires aux diagonales BC et AD, sont respectivement perpendiculaires aux côtés bc et ba, qui, eux sont respectivement parallèles à ces diagonales. On pourrait aussi faire intervenir les milieux des segments MA et MB, que j'appelle m1 et m2 respectivement et qui appartiennent à la fois, l'un à ad et a'd', l'autre à ab et a'b', et voir, en se reportant à ta figure, que dans le quadrilatère a'm1Mm2, l'angle en a' est le supplémentaire de l'angle en M, donc est égal à l'angle m3Mm2 (m3 étant le milieu de MC) qui est égal à l'angle en b du petit parallélogramme Mm2bm3, identique à l'angle en b de abcd.
Voilà pour la similitude. Et pour calculer le rapport d'aires, sachant qu'il est égal au carré du rapport de similitude (n° 256 du Lebossé-Hémery), il faut calculer ce rapport, par exemple le rapport de longueurs a'd'/ad, égal, puisque ad = m2m4 (m4 milieu de MD), à a'd'/m2m4 = 1/sin(d'a'b') = 1/sin(thèta).
Le rapport des aires (a'b'c'd')/(abcd) est donc bien égal, comme tu l'avais dit, à 1/sin²(thèta).
Je sais, c'est on ne peut plus basique de chez basique, mais comme j'ignore totalement ce qu'est une décomposition canonique d'une application affine ... serait-ce une expression (mais de quel type ?) avec une partie linéaire et une partie non linéaire ? et le polynôme caractéristique, les traces, qu'est-ce ? Je n'ai aucune notion d'algèbre !
J'ose espérer que d'autres intervenants viennent te donner la réplique que tu attends, mais dont je suis bien incapable !
Bonne nuit, bien amicalement
JLB

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
Tu peux au moins me dire parmi les deux applications affines que je t'ai proposée laquelle est une similitude (directe ou indirecte)?
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · June 2020

Bien cher Pappus, bonjour,
A priori, je dirais que f est une similitude directe et que g n'a pas l'air d'être une similitude ... alors, qu'est-ce que c'est ??
Bien cordialement
JLB

pappus · June 2020

Bonjour Jelobreuil
Pour une fois ton intuition t'a lâché!
Comme je l'ai dit, a priori c'est à dire contemplativement, $f$ est directe et $g$ indirecte!
Démontre moi que $f$ n'est pas une similitude et que $g$ est une similitude.
Je pense que ce ne sont pas des questions très difficiles.
En ce qui concerne la décomposition canonique, ce terme se rattache à l'algèbre et concerne les classes de conjugaison des transformations affines dans le groupe affine.
A priori, comme tu le dis si bien, ce devrait être du niveau de l'agrégation mais comme la géométrie a disparu corps et biens, nos agrégatifs se contentent sans doute des classes de conjugaison dans le groupes linéaire et encore je n'en suis pas sûr car on m'a dit que les formes réduites de Jordan n'étaient plus au programme.
Quoiqu'il en soit les transformations affines n'ont pas nécessairement une décomposition canonique mais il se trouve, miracle Jelobreuilien que $f$ et $g$ en ont une!
Si $f$ n'est pas une similitude, elle est tout comme $g$ une transformation orthologique c'est à dire que ses deux droites invariantes sont orthogonales.Le point fixe de $f$ (resp: $g$) et ses droites invariantes ont une construction simple c'est pourquoi je parlais de belles figures à la clef!
Mais les verrons nous un jour?
Au ciel dans ma patrie, je les verrais un jour! Au ciel, au ciel, au ciel, etc, etc....
Amicalement

jelobreuil · June 2020

Bien cher Pappus
Je vais essayer de trouver les démonstrations que tu me demandes ... en regardant dans le LH voir si je peux y trouver quelque indice/piste ...
Sache néanmoins que quand tu parles de "classes de conjugaison des transformations affines dans le groupe affine", tu l'écrirais en hiéroglyphes que pour moi ce serait kif-kif ...
Bonne nuit, bien cordialement
JLB

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
Prend l'exemple de l'application affine $f:a'b'c'd'\mapsto abcd$
Elle envoie le triangle $a'b'c'$ sur le triangle $abc$ et donc le point $d'=-a'+b'+c'$ sur le point $d=-a+b+c$ puisque $f$ est affine et qu'elle conserve les barycentres.
$f$ est une similitude si et seulement si les triangles $a'b'c'$ et $abc$ sont semblables.
Ces deux triangles sont-ils semblables, oui ou non?
C'était une bonne question, il y a deux mille ans, ce ne l'est plus aujourd'hui puisque les triangles semblables ont définitivement disparu de la circulation.
Mais je t'autorise à faire comme s'ils étaient encore parmi nous!
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · June 2020

Bien cher Pappus,
L'angle a'b'c' étant obtus et l'angle abc aigu, comment les triangles a'b'c' et abc pourraient-ils être semblables ??
Mais alors, n'aurais-tu pas fait une erreur d'inattention dans l'écriture de g ? Plutôt que g:a'b'c'd' -> dbca, ne serait-ce pas g:a'b'c'd' -> dcba ? Parce que dans ce cas, en effet, les triangles a'b'c' et dcb sont bien semblables, et même indirectement !
Vu l'heure, tu me permettras, je l'espère, de remettre à demain la suite, la construction du centre de cette similitude, que je m'efforcerai de réaliser à l'aide du LH ...
Encore une fois, bonne nuit, bien amicalement
JLB

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
Effectivement, on a bien $g:a'b'c'd'\mapsto dcba$.
J'ai corrigé ces deux typos qui m'étaient passés sous le nez malgré mes nombreuses relectures.
Il n'y a pire aveugle que celui qui ne veut pas voir!
Merci de ton aide qui prouve que tu me lis plus attentivement que moi!
Eh bien tu vois que ces questions de similitude n'étaient pas si terribles que cela.
En ce qui concerne la suite, je ne peux rien pour toi si tu ne veux pas un effort en algèbre.
On ne peut comprendre la géométrie sans connaître l'algèbre sinon on végète à montrer éternellement que trois points sont alignés ou trois droites concourantes!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · June 2020

Bonjour à tous
Pour essayer de trouver les décompositions de $f$ et $g$, on peut se reporter à cet ancien fil:
Transformation Affine Plane
datant de mon arrivée sur ce forum et que j'ai retrouvé avec beaucoup de difficultés.
En le relisant, je me souviens avoir éprouvé à l'époque beaucoup de déception car au lieu de me répondre sur le fond et de prouver cette belle configuration, mes interlocuteurs s'étaient lancés sur une discussion, certes fort intéressante, sur les bougres et autres bogomiles.
J'espère qu'il aura plus de succès aujourd'hui. On peut commencer à l'appliquer à l'application $f:abcd\mapsto a'b'c'd'$, vous avez les deux parallélogrammes de Sollertinsky sous les yeux. Il suffit de tirer sur la ficelle avec l'aide du Lebossé-Hémery!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · June 2020

Bonjour à tous
On sent bien que l'application de la configuration de Sollertinski à celle de Jelobreuil va être d'une difficulté absolument inouïe.
Par exemple $a'b'$ est (par définition de Jelobreuil) la médiatrice du segment $MB$ et coupe donc le segment $MB$ en son milieu $\beta$ mais la médiatrice est-elle encore dans nos programmes?
Mais la droite $ab$ est la droite des milieux, (bienheureuse droite des milieux, le premier théorème de géométrie affine qu'on démontre sans le savoir!), du triangle $ABC$ relative au sommet $B$ et au côté $AC$. A ce titre elle contient le milieu $\beta$ du segment $BM$.
Résultat des courses:
$ab\cap a'b'=\beta$, le milieu du segment $MB$ et de même $bc\cap b'c'=\gamma$, le milieu du segment $MC$ , $cd\cap c'd'=\delta$, le milieu du segment $MD$, $da\cap d'a'=\alpha$, le milieu du segment $MA$.
D'après le théorème de Sollertinski, le point fixe de $f$ est le point $$\alpha\gamma\cap\beta\delta=M$$
Absolument incroyable, n'est-il pas?
Il reste à construire les deux droites invariantes de $f$ (qui passent par $M$) et là l'aide du Lebossé-Hémery sera essentielle!
Amicalement
[small]p[/small]appus 103734

pappus · June 2020

Bonjour à tous
Au fil des ans et encore tout récemment, j'ai distribué comme fichier joint un petit article sur les applications parallélogiques et orthologiques sans avoir aucun retour.
Ce serait pourtant le moment de d'en servir!
Il est très facile de voir par exemple que les triangles $abc$ et $a'b'c'$ sont orthologiques.
Quels sont les centres d'orthologie?
On sait que cela entraîne que la partie linéaire $\overrightarrow f$ de l'application affine $f$ est un opérateur symétrique.
Ca c'est du solide pour un taupin qui n'a pourtant rien à cirer des triangles orthologiques tout comme les sectateurs de la géométrie du triangle qui s'ébahissent devant les triangles orthologiques n'ont rien à cirer des opérateurs symétriques.
La vie est ainsi faite!
Quoiqu'il en soit cela équivaut à dire que les droites invariantes de $f$ sont orthogonales.
La question est donc de les construire.
Elle se pose déjà au niveau de la configuration de Sollertinski.
Si on sait le faire en général, on saura le faire dans le cas particulier de la configuration de Jelobreuil.
C'est le moment de réfléchir un peu!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · June 2020

Bonsoir à tous
Je reprends ci-dessous la configuration de Sollertinski tracée dans le plan affine.
On a déjà construit le point fixe $O$ et on veut construire les éventuelles droites invariantes de l'application affine $f:ABCD\mapsto A'B'C'D'$.
On restreint l'application affine $f$ à la droite $AB$ par exemple. On obtient ainsi une correspondance affine: $AB\longmapsto A'B'; m\mapsto m'$
J'ai tracé le graphe $\alpha\beta$ de cette correspondance en complétant les parallélogrammes $AaA'\alpha$ et $BaB'\beta$.
Si on trace alors le parallélogramme $mam'\mu$, le point $\mu$ appartient au graphe, ce quipermet de construire simplement le point $m'=f(m)$.
Soit $U=AB\cap \alpha\beta$ et $V'=A'B'\cap \alpha\beta$.
On montre que la droite $mm'$ enveloppe la parabole $\Pi$ tangente à la droite $AB$ en $U$ et à la droite $A'B'$ en $V'$.
Le point $m$ appartiendra à une droite invariante si et seulement si les points $O$, $m$, $m'$ sont alignés. On est ainsi amené à mener les tangentes à la parabole $\Pi$ issues du point $O$.
C'est un travail qui peut être fait par le logiciel.
En vectorialisant le plan affine au point fixe $O$, on identifie l'application affine $f$ avec sa partie linéaire $\overrightarrow f$ et les droites invariantes s'identifient aux sous-espaces propres de $f$.
Les grincheux, obsédés par la règle et le compas diront que ce n'est pas une construction mais il se trouve que la configuration de Jelobreuil est tracée dans le plan euclidien et que notre parabole bénéficie alors d'un foyer et d'une directrice faciles (?) à identifier.
On peut alors utiliser les constructions du Lebossé-Hémery.
Le problème est évidemment d'identifier et ce foyer et cette directrice et il se trouve que ce point et cette droite font déjà partie de la figure.
Il suffit donc d'avoir de bons yeux!
Amicalement
[small]p[/small]appus 103760

pappus · June 2020

Bon Dimanche à tous
Et comme le dit la chanson:
Tous les dimanches
J'asti..., etc,etc...
Revoici la configuration de Jelobreuil vue sous les yeux vigilants de Sollertinski.
On s'intéresse donc à la restriction à la droite $a'b'$ de l'application affine $f:a'b'c'd'\mapsto abcd$.
On se doute que c'est une bijection affine de la droite $a'b'$ sur la droite $ab$.
Comme Lebossé- Hémery ne savaient pas ce qu'était une application affine, (ça n'a pas changé pour nous aujourd'hui d'ailleurs!), ils parlaient de divisions rectilignes semblables!
Prière de chercher leurs définitions quelque part dans le Lebossé-Hémery, (sans doute dans la leçon sur les similitudes directes).
Pourquoi donc les appelaient-ils semblables?
Grave question dont on a évidemment plus rien à cirer aujourd'hui mais je vais quand même répondre!
Cette restriction de $f$ à la droite $a'b'$ était aussi la restriction à cette même droite de la similitude directe $s:a'b'\mapsto ab$.
Cela n'aurait rien d'étonnant pour quelqu'un qui saurait que deux applications affines coïncidant en deux points distincts $a'$ et $b'$ coïncident aussi sur toute la droite $a'b'$.
Et là on est dans le territoire connu du Lebossé-Hémery: construire le centre de la similitude directe $s$.
On farfouille dans son Lebossé-Hémery, toujours dans le même chapitre et on applique les yeux fermés leur fameuse et néanmoins défunte construction du centre de similitude et on est ramené à construire l'intersection des cercles $(\beta aa')$ et $(\beta bb')$.
Et miracle des miracles, on constate que ces deux cercles se coupent au point $B$.
C'est-y-pas Dieu possible!
On sent que là encore la démonstration va être d'une difficulté inouïe!
Amicalement
[small]p[/small]appus 103784

pappus · June 2020

Bonjour à tous
Je suis un peu déçu car je m'aperçois que je recommence à monologuer.
Ce n'est pourtant pas de la géométrie très compliquée mais évidemment quand on en est réduit aux axiomes de Thalès et de Pythagore et qu'on est obligé de farfouiller constamment dans le Lebossé-Hémery pour essayer d'y comprendre quelque chose, c'est un peu désespérant.
Je me souviens avec nostalgie de ma jeunesse boutonneuse.
Il existait alors la première partie du baccalauréat (écrit + oral) et le latin était encore enseigné jusqu'en Première.
Je n'étais pas trop mauvais dans cette matière où j'avais même majoré ma note, heureusement d'ailleurs car j'étais resté muet comme une carpe à l'oral de Mathématiques paralysé par le trac!
Je me souviens du Gaffiot, ce monument de l'enseignement du latin, de cet énorme dictionnaire dans lequel nous cherchions fiévreusement [large]la[/large] phrase qu'on nous demandait de traduire.
Eh bien, c'est un peu la même chose pour la géométrie, elle est devenue une langue morte et son Gaffiot est le Lebossé-Hémery!
A quoi bon continuer!
De toutes façons, il resterait la configuration de Sollertinski à décortiquer.
Elle a attendu onze ans.
Elle peut bien attendre une décennie supplémentaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · June 2020

Bien cher Pappus,
Je suis vraiment désolé de ce que tu sois réduit à monologuer depuis trois jours, et de ne pas être en mesurede te servir de répondant, mais comme tu le sais, je suis assez vite largué dès que tu commences à approfondir certains aspects des questions que j'ai l'audace (ou l'inconscience ?) de soulever ...
Et je comprends bien ta nostalgie à l'évocation de tes années de latiniste : j'ai eu la chance, en effet, d'étudier le latin pendant 6 ans et le grec ancien pendant 4 ans, au collège et au lycée, et avec des professeurs très compétents, puisque c'était des curés ... et j'ai encore le Gaffiot familial ... D'ailleurs, je me dis souvent qu'au fond, ces années d'étude de langues anciennes m'ont bien servi dans mon activité de traducteur technique ...
Et c'est vrai, tu as raison, la géométrie telle que tu la parles est une langue quasi morte, qui n'est plus utilisée que dans quelques cercles d'initiés, comme le latin au Vatican ...
Pour en revenir à la géométrie, je trouve effectivement chez LH, au chapitre Similitude, tout ce à quoi tu fais allusion : divisions rectilignes semblables (n° 249), construction du centre de similitude en application du théorème n° 242 ... Je crois que le mieux que j'aie à faire, c'est de me mettre à étudier le LH en en faisant sérieusement les exercices ... Peut-être, ma curiosité aidant, y trouverai-je de nouveaux sujets d'investigation du style de celui de ce fil ?
"Che sera, sera !
Demain n'est jamais bien loin ...
Laissons l'avenir venir !
Qui vivra verra, che sera sera ..."
Bien amicalement
JLB

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
Je te souhaite une bonne lecture du Lebossé-Hémery.
Quant à moi, je vais prendre un repos bien mérité, loin de la géométrie et me replonger dans les vers de Virgile:

Tityre, tu patulae recubans sub tegmine fagi,
Silvestrem tenui musam meditaris avena ;
Nos patriae fines et dulcia linquimus arva ;
Nos patriam fugimus ; tu, Tityre, lentus in umbra,
Formosam resonare doces Amaryllida silvas.
Amicalement
[small]p[/small]appus

amateur · June 2020

Ave Pappus,
Qui calculatori te salutant...

J'ai posté une "démonstration" sur le fil récent du parallélogramme affine, qui a rebondi dans celui-ci.
Je vous remercie de me dire si elle est OK.
Amicalement
Amateur.

pappus · June 2020

Bonjour à tous
Maintenant que la configuration de Sollertinski a été plus ou moins élucidée, on est prêt à reprendre cette belle configuration de Jelobreuil.
On sait a priori que l'application affine $f:a'b'c'd'\mapsto abcd$ est orthologique.
En effet les triangles $abc$ et $a'b'c'$ sont orthologiques.
Les perpendiculaires respectives issues de $a$ à la droite $b'c'$, de $b$ à la droite $c'a'$, de $c$ à à la droite $a'b'$ sont concourantes au point $b$.
De même, les perpendiculaires respectives issues de $a'$ à la droite $bc$, de $b'$ à la droite $ca$, de $c'$ à à la droite $ab$ sont concourantes au point $b'$.
On sait que cela équivaut à dire que la partie linéaire $\overrightarrow f$ de $f$ est un opérateur symétrique. Ses sous-espaces propres sont orthogonaux et par suite les droites invariantes de $f$ sont orthogonales.
C'est ce que nous allons vérifier maintenant en construisant ces droites invariantes.
Pour cela on s'est intéressé à la restriction de $f$ à la droite $a'b'$.
C'est une correspondance affine entre les droites affines $a'b'$ et $ab$ et j'ai montré quelle était aussi induite par la similitude directe de centre $B$ envoyant $a'$ sur $a$ et $b'$ sur $b$.
On sait que l'enveloppe des droites $m'm$ où $m'\in a'b'$ et $m=s(m')\in ab$ est une parabole de foyer $B$.
Mais quelle est la directrice de cette parabole?.
On sait que les symétriques du foyer $B$ par rapport à ces tangentes sont situés sur la directrice.
Or on connait deux de ces tangentes, les droites $aa'$ et $bb'$.
Le symétrique de $B$ par rapport à la droite $aa'$ est le point $A$ et le symétrique de $B$ par rapport à la droite $bb'$ est le point $C$.
Résultat des courses:
La directrice de la parabole est la droite $AC$.
On remarque finement que le point fixe $M$ de $f$, (fourni gracieusement par la construction de Sollertinski) est situé sur cette directrice.
Mais alors quoi?
A suivre!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · June 2020

Bonjour à tous
On applique alors la défunte construction des tangentes issues d'un point à une parabole donnée par son foyer $B$ et sa directrice $AC$.
On trace le cercle de centre $M$ passant par le foyer $B$ qui coupe la directrice $AC$ aux points $u$ et $v$. Les tangentes issues de $M$ sont les médiatrices des segments $Bu$ et $Bv$ qui sont orthogonales.
Ces tangentes qui sont les droites invariantes de $f$, sont les bissectrices de la paire de droites $(AC,BD)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus 104490

jelobreuil · June 2020

Grand merci, Pappus !
C'est toute la poésie de la géométrie qui transparait dans tes explications ...
Bien cordialement
JLB

pappus · June 2020

Mon cher Jelobreuil
Bien sûr je suis touché par tes remerciements mais je serais encore plus heureux si tu pouvais toi même appliquer les idées que j'expose à la transformation affine $g:a'b'c'd'\mapsto dcba$ dont tu as prouvé fort brillamment qu'elle était une similitude indirecte.
En particulier comment construire très simplement son point fixe en appliquant le théorème de Sollertinski et ensuite ses droites invariantes.
Il suffit d'avoir le courage de faire la figure!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu peux aussi évaluer les valeurs propres de la partie linéaire $\overrightarrow f$ de la transformation affine $f:a'b'c'd'\mapsto abcd$ en appliquant la configuration de Sollertinski, voir ma figure du début de ce fil:
Transformation affine plane
tracée il y a onze ans!

pappus · June 2020

Bonsoir à tous
Avant d'évaluer le spectre de $\overrightarrow f$, j'ai refait la figure de Jelobreuil en adoptant les codes couleurs de ma première figure du fil:
Transformation affine plane
sur la configuration de Sollertinski

J'en ai profité pour tracer l'image $m=f(m')$ du point $m'$.
En plaçant le point $m'$ sur l'une ou l'autre des droites invariantes de $f$, on pourra déterminer le spectre de $\overrightarrow f$.
Amicalement
[small]p[/small]appus 104524

pappus · June 2020

Bonsoir à tous
Voilà les figures obtenues en plaçant $m'$ sur l'une ou l'autre des deux droites invariantes de $f$.
Comment en déduire le spectre de $\overrightarrow f$?
Ecrire son polynôme caractéristique.
Amicalement
[small]p[/small]appus 104528

pappus · June 2020

Bonsoir à tous
Puisqu'il faut bien commencer par quelque chose, j'ai choisi la figure du dessous de mon précédent message.
Quel choix cornélien!
.........; C'est
De grâce achevez
Le père de Chimène!
Le! etc, etc,etc......................
Pour l'angle des diagonales, là aussi , nouveau choix cornélien:
La chaste Pauline à son mari:
Et le désir s'accroît quand l'effet se recule
je me suis décidé à prendre:
$$\theta=\widehat{BMC}\qquad$$
Ah, les $\widehat{BMC}$ de ma jeunesse aventureuse, que sont-ils devenus?

Comme les points $m$ et $m'$ sont sur une bissectrice des diagonales, on a sous les yeux un losange $Mpmq$.
La droite $pqr$, (incroyable trois points alignés, quel pied!), est la médiatrice de $Mm$ et $r$ est le milieu de $Mm$.
On lit alors sur la figure:
$$\overline{Mm}=2\overline{Mr}=2\cos^2(\dfrac{\theta}2)\overline{Mm'}\qquad$$
D'où une première valeur propre de $\overrightarrow f$:
$$2\cos^2(\dfrac{\theta}2)=1+\cos(\theta)\qquad$$
Ouf!
Comptez, comptez les propres
Comptez comptez les bien
Y'en a qui sont aux bottes
Et vous n'en savez rien!
Aux dernières nouvelles,il n'en resterait plus qu'une à calculer.
On sent que cela va être encore épouvantable!
Amicalement
[small]p[/small]appus 104578

pappus · June 2020

Bonsoir
On calcule l'autre propre!
les points $m$ et $m'$ sont sur l'autre bissectrice.
On a toujours un losange $Mpmq$.
Les trois points $p$, $q$, $r$ sont toujours alignés, quelle joie, sur la médiatrice de $Mm$ et on lit sur la figure:
$$\overline{Mm}=2\overline{Mr}=2\sin^2(\dfrac{\theta}2)\overline{Mm'}\qquad$$
D'où la seconde valeur propre de $\overrightarrow f:\qquad$
$$2\sin^2(\dfrac{\theta}2)=1-\cos(\theta)\qquad$$
Incroyable, on a même le polynôme caractéristique de $\overrightarrow f$:
$$X^2-2X+\sin^2(\theta).\qquad$$
Où comment la géométrie du Lebossé-Hémery vient au secours de la Divine Algèbre Linéaire.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il ne reste plus qu'à dévisser la similitude indirecte: $g:a'b'c'd'\mapsto dcba$.
Ca va encore saigner!! 104582

jelobreuil · June 2020

Bonsoir cher Pappus,
Je suppose que la similitude indirecte g applique a'b'c'd' sur dabc, plutôt que sur dbca, n'est-ce pas ?
Même si je ne sers plus qu'à ce genre de choses dans ce fil ... c'est toujours ça !
Bien amicalement
JLB

pappus · June 2020

Bonsoir Jelobreuil
J'ai encore fait un typo, c'est bien: $g:a'b'c'd'\mapsto dcba$ comme on peut le lire dans mes précédents messages!
En fait la seule chose à élucider est la position exacte du centre de la similitude indirecte $g$ et cela c'est absolument dans tes cordes, il suffit d'appliquer la configuration de Sollertinski.
Pourquoi ne le ferais-tu pas?
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · June 2020

Bonjour à tous
Voici la figure que j'ai en tête concernant l'application affine $g:a'b'c'd'\mapsto dcba$.
1° Montrer que $g$ est une similitude indirecte.
2° Justifier la construction du centre $\Omega$ de la similitude indirecte $g$ notamment en identifiant la droite rouge passant par ce centre.
3° Montrer que $m=g(m')$
4° Comparer les sous-espaces propres de $\overrightarrow f$ et $\overrightarrow g$.
Amicalement
[small]p[/small]appus 104592

pappus · June 2020

Bonjour à tous
1° Cela ne peut se faire qu'avec l'utilisation des angles orientés!
2° Le centre $\Omega$ de la similitude indirecte $g:a'b'c'd'\mapsto dcba$ est à l'intersection de la diagonale $AC$ avec la médiatrice de la diagonale $BD$.
Un exercice à la Jean-Louis!
3° Là aussi, cela devrait vous rappeler certains exercices récents de Jean-Louis!
4° Les sous-espaces propres de $\overrightarrow g$ s'obtiennent à partir de ceux de $\overrightarrow f$ par une rotation.
Le problème est de trouver son angle.
On voit que les concepts mis en jeu sont épouvantables!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Un rapport d'aires

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