Un problème de Lake

pappus · November 2020

Bonsoir à tous, chers amis
Je vous remercie tous de participer à ce forum de géométrie où j'ai tant de plaisir à vous retrouver depuis si longtemps que je ne puis plus me passer de dialoguer avec vous.
Durant toute cette période, j'étais si pressé par mon amour de la géométrie que j'en oubliais que tout cela n'était possible que par ceux qui ont créé ce forum et tous ceux qui contribuent tous les jours à son bon fonctionnement.
Je les remercie eux aussi.
J'en oubliais même les fonctionnalités de notre forum et elles sont nombreuses au point que je n'ai découvert que tout récemment et par hasard qu'on pouvait non seulement récupérer facilement ses propres interventions mais aussi celles des autres participants en allant sur son profil et en cliquant sur voir tous les messages.
Et c'est ainsi que j'ai redécouvert les miennes mais aussi les vôtres au point que je voudrais toutes les réouvrir mais souvent ce n'est plus possible car beaucoup de ces discussions sont fermées.
Je n'ai pu m'empêcher de vous rappeler ce fil:
Un domaine
Il a été initié, il y a environ dix ans par notre ami Lake que je salue et avec qui j'ai eu par la suite de nombreux échanges et animé par deux piliers de notre forum: pldx1 et GaBuZoMeu.
C'est surtout en pensant à pldx1 que je vous rappelle cette discussion car cela fait longtemps qu'il ne s'est plus manifesté et je commence à être inquiet. J'espère que tout va bien!
Vous pourrez admirer la qualité de ses interventions et la virtuosité de sa technique.
Quant à GaBuZoMeu, vous serez épatés par l'animation qu'il nous a proposée.
Il est vraiment universel, aussi bon dans tous les domaines des mathématiques qu'en informatique.
Il m'a souvent remonté les bretelles avec juste raison devant les âneries ou autres radotages que je proférais.
Je lui présente toutes mes excuses!
J'en viens au problème proposé par Lake.
Curieusement c'est une question de géométrie affine et généralement c'est moi qui pose ce genre de questions.
C'est pourquoi à l'époque j'avais dû être bien étonné!
On se donne donc dans le plan affine un triangle $ABC$ et un point $P$ et on cherche à construire les droites $(D)$ passant par $P$ telles que si $a=BC\cap (D)\ $, $b=CA\cap (D)\ $, $c=AB\cap (D)\ $, alors $P$ est l'isobarycentre du triplet de points $(a,b,c)\ $.
Lisez d'abord les interventions de Lake, pldx1 et GaBuZoMeu pour voir de quoi il retourne et ensuite essayez de vous attaquer à ce petit problème d'apparence si simple.
Vous verrez bien que ce n'est pas de la tarte.
J'avais bien essayé de mettre mon grain de sel, bien obligé, c'était de la géométrie affine et j'avais donc proposé une construction de ces droites.
Mais en me relisant dix ans après, je trouvais cette construction minable et pas très naturelle.
Je n'avais pas eu la bonne attitude même si ma construction était exacte.
Alors brusquement j'ai eu une intuition qui aurait fait plaisir à pldx1!
Je me suis dit: les deux triplets-solutions $(a,b,c)\ $ et $(a',b',c')\ $ définissent une $FLTI$ (famille linéaire de triangles inscrits).
Nous avons sous les yeux son équicentre $P$ mais où se trouve donc son centre aréolaire ou centre des lenteurs $S$ dans la terminologie de Pierre?
J'ai toujours la flemme de faire les calculs comme d'habitude mais heureusement je dispose de suffisamment de macros pour construire ce fameux point $S$.
Et devant le résultat trouvé, je me suis dit: bingo!!
Je tiens ma construction naturelle des deux droites de Lake!
Qu'ai-je donc trouvé comme centre aréolaire $S$?
Amicalement
[small]p[/small]appus 113102

Lake · November 2020

Bonsoir pappus,

Comme tu le sais sans doute, je suis d'abord un lecteur de ce forum; me sentant indirectement concerné, je crois bon de t'apporter une réponse aussi minimaliste soit-elle.
Donc voici : le peu que je connais sur les FLTI, leurs équicentres et leurs centres aréolaires, je te le dois dans ce fil que j'ai péniblement retrouvé : FLTI.
Il y a deux ans, j'avais donc quelques lumières sur ces fameuses FLTI. Ma mémoire, je trouve quoique tu dises que la tienne est toujours remarquable, est défaillante : j'ai tout oublié.
Dans un premier temps, je vais donc me contenter d'être un lecteur/observateur.

Amicalement.

pappus · November 2020

Bonsoir Lake
Tu es trop modeste!
C'est toi qui avait initié ce fil et tu ne t'étais pas mal débrouillé jusque là.
Ton problème n'est qu'un tout petit exercice de géométrie analytique et il n'y a pas besoin de $FLTI$ pour le résoudre.
Seulement leur emploi jette un nouvel éclairage facilitant ainsi sa solution.
C'est curieux qu'il ait fallu dix ans pour que je m'en aperçoive et sans mon étourderie nous serions encore en train d'attendre.
Je vais profiter de ton fil pour exposer les rudiments essentiels de cette théorie et tu verras que c'est d'une facilité désolante.
Le mieux est cependant de télécharger le glossaire de Pierre où elle est exposée en anglais dans son chapitre 22, page 281.
Chaque fois que je parcours son glossaire, je suis estomaqué par la richesse de son contenu et la densité de ses raisonnements. Rien n'est inutile et il y a un côté un peu implacable dans son exposé.
Mais ce sujet a été abordé de nombreuses fois sur ce forum par pldx1 lui même.
Comme je relis mes messages, 562 pages à déchiffre, c'est pas d'la tarte, je vais retrouver obligatoirement ces fils et les signaler.
Les $FLTI$, ce n'est jamais que de l'algèbre linéaire ou bilinéaire la plus sordide.
Tu as toi même écrit, aussi bien que Pierre, le système linéaire qui devait être écrit.
Tu t'étais intéressé aux triplets $(a,b,c)$ de points alignés, inscrits dans le triangle $ABC$ et dont la droite support passait par le point $P$.
Si tu laisses tomber la condition d'alignement, tu tombes forcément sur un certain système linéaire à résoudre c'est à dire sur une $FLTI$.
C'est vraiment incroyable que je n'y ai pas songé, il y a dix ans!!!
Concrètement on s'intéresse aux triplets $(a,b,c)\ $ inscrits dans le triangle $ABC\ $, pas forcément alignés, donc formant en général un triangle et dont le centre de gravité est le point $P\ $ donné!
Je te laisse écrire le système linéaire qui doit l'être et le résoudre, de préférence en coordonnées barycentriques sinon dans le repère cartésien de ton choix si ces coordonnées te mettent mal à l'aise.
Mais tu sais que je n'aime pas trop les calculs même s'ils sont faciles.
Je leur préfère de beaucoup la méthode géométrique.
Tu te donnes donc sur ta feuille de papier comme autrefois ou bien sur l'écran de ta console, un triangle $ABC\ $ et un point $P\ $. Sur la droite $BC\ $ tu choisis un point $a\ $ quelconque.
Comment vas-tu faire maintenant pour construire un point $b\in CA\ $ et un point $c\in AB\ $ tels que le triangle $abc\ $ ait le point $P\ $ pour centre de gravité?
C'est un problème (de collège ?) qu'on peut donner dès qu'on dispose de l'axiome de Thalès, des milieux, des médianes, du centre de gravité et des symétries centrales.
Une fois que tu m'auras fait cette construction, on pourra continuer à discuter!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Je vais commencer la construction en restant au ras du ras des pâquerettes enfin pas tout à fait!
Je vais utiliser le langage du Lebossé-Hémery de la classe de Mathématiques.
Mais ceux qui veulent la présenter à leurs collégiens si c'est possible, trouveront facilement les mots pour l'expliquer.
On est donc face au triangle $ABC$, au point $P$ et au point $a\in BC\ $ et il s'agit de trouver les triangles $abc$ avec $b\in CA\ $ et $c\in AB\ $ tels que $P$ soit le centre de gravité du triangle $abc$.
Tout d'abord le milieu $a'\ $ du segment $bc\ $ est facile à tracer puisque c'est l'homothétique du point $a\ $ dans l'homothétie de centre $P\ $ et de rapport $-\frac 12$.
Il reste à expliquer comment la connaissance du point $a'$ détermine uniquement les points $b$ et $c$ dont j'ai suggéré la présence sur la figure.
Amicalement
[small]p[/small]appus 113176

jelobreuil · November 2020

Bonjour Pappus, Bonjour à tous,
Eh bien, voilà, j'ai cogité hier soir, pour en arriver au point du raisonnement indiqué dans ton message, la détermination du point D', et cette nuit, j'ai compris qu'il fallait raisonner en faisant intervenir le point A pour construire un triangle AEF dont le côté EF a D' pour milieu, ce qui donne la construction suivante :
1) placer le point D', le symétrique du milieu de PD par rapport à P ;
2) tracer les parallèles à AB et AC passant par D' : l'une coupe AC en F', l'autre coupe AB en E' ;
3) placer les points E et F, symétriques respectifs de A par rapport à F' et E'.
Cétipabotoussa ?
Bien cordialement
JLB 113178

rosab · November 2020

Bonjour Pappus,

Quand je vois "milieu d'un segment", je pense "faisceau harmonique".
Il reste donc à tracer la quatrième droite passant par $A$ qui forme un tel faisceau avec $AB$, $AC$ et $Aa'$.
On trace une parallèle à $Aa'$, on prend le milieu $D$ des intersections de cette parallèle avec $AB$ et $AC$, et la droite $bc$ est la parallèle à $AD$ passant par $a'$.

pappus · November 2020

Merci Rosab
Je vois que tu es très calé en géométrie projective!
Bravo!
Compare ta construction avec celle de Jelobreuil.
Laquelle est la plus simple c'est-à-dire susceptible d'être comprise par des collégiens?
Je crois qu'autrefois on se serait arrêté là mais aujourd'hui on dispose de logiciels de géométrie dynamique et maintenant nos professeurs bien équipés peuvent montrer à leurs élèves ce qui se passe quand on bouge le point $a\ $ sur la droite $BC$.
C'est le début du commencement de la théorie des $FLTI$!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Vous me direz mais pourquoi s'intéresser à ces triangles inscrits $abc\ $ dans le triangle $ABC$ et de centre de gravité $P?\ $
Tout simplement parce qu'ils forment techniquement ce qu'on appelle une $FLTI$ et que le problème initial de Lake revient à chercher les triangles dégénérés de cette $FLTI$ c'est à dire les triangles de la $FLTI$ formés de points alignés.
Il aurait donc mieux valu parler de triplets et non de triangles mais le mal est fait et l'habitude est prise de se conformer à l'usage.
La recherche de ces triangles dégénérés est évidemment faite dans le glossaire de Pierre à partir de la page 297 et ces triangles sont décrits dans son théorème $22.9.5\ $, page 298:

Les deux triangles aplatis de la $FLTI$ sont les tangentes issues de l'équicentre à la conique pilier.

Bien entendu, il y a dix ans, Pierre n'avait pas encore écrit son merveilleux glossaire et pourtant je connaissais ce résultat car je m'intéressais déjà aux $FLTI$, (que j'appelais $TGV\ $), depuis très très longtemps déjà!

Alors pourquoi avais-je oublié ce résultat il y a dix ans? Mystère et Boule de Gomme!!
Mais c'est un petit miracle d'avoir retrouvé ce fil de Lake et d'avoir aujourd'hui l'occasion de réparer mon erreur
L'équicentre est donc le point $P$ et le centre aréolaire le point $G$, isobarycentre des points $A$, $B$, $C$.
La conique pilier est la conique inscrite de centre $\Omega\ $, le milieu du segment $PG$.
La figure ci-dessous montre la construction:
La conique noire est l'ellipse inscrite, dite de Steiner, de centre $G$.
Pour que les solutions soient visibles, il faut que le point $P$ soit à l'extérieur de cette conique et cela qui était loin d'être évident, a été prouvé par Lake.
La conique rouge est la conique pilier.
Pour faire bonne mesure, j'ai tracé en pointillé violet, un triangle quelconque de la $FLTI\ $.
On voit donc que la solution du problème de Lake est compliquée et que le tracé de cette figure était délicat, même pour nos aïeux et pourtant ils ont dû la faire car il n'y a jamais rien de nouveau sous le soleil de la géométrie du triangle.
Mais aujourd'hui avec tous les logiciels de géométrie dynamique existant sur la place, c'est devenu un jeu d'enfant de tracer cette figure.
Amicalement
[small]p[/small]appus 113194

pappus · November 2020

Bonsoir à tous
On va oublier pour un bon moment le problème de Lake et s'intéresser de plus près à cette construction très élémentaire des triangles de cette $FLTI$, si élémentaire que je suis à peu près sûr qu'on peut la proposer à des collégiens dès qu'ils ont vu l'axiome de Thalès, les milieux, les médianes et les centres de gravité
Mais avant de nous concentrer sur cette géométrie a minima, je vous propose l'exercice non élémentaire suivant:
Trouver le lieu des points $P$ tels que les deux droites de Lake passant par $P$ soient orthogonales.
Autrement dit, on cherche à construire deux transversales orthogonales $(abc)\ $ et $(a'b'c')\ $ du triangle $ABC\ $ telles que $P=(abc)\cap (a'b'c')\ $ soit l'isobarycentre du triplet $(a,b,c)\ $ et du triplet $(a',b',c')\ $.
Je connais la solution grâce à l'utilisation astucieuse de mon logiciel mais pour le moment je suis bien incapable de la prouver. Je pense que seuls John_John, Pierre et Poulbot peuvent mener les bons calculs au pied levé.
Voici comment j'ai procédé.
Les points $P$ et $G$ sont symétriques par rapport à la conique pilier (rouge)
Les deux tangentes issues de $P$ à cette conique sont respectivement parallèles à celles issues de $G$
Donc les tangentes issues de $P$ sont orthogonales si et seulement si celles issues de $G$ le sont aussi.
Dans la terminologie de Pierre, ces tangentes issues de $G$ forment un gudule.
Donc j'ai tracé un gudule arbitraire de sommet $G$ et j'ai tracé la conique $\gamma\ $, tangente aux côtés du triangle $ABC$ ainsi qu'aux deux côtés du gudule. J'ai une macro qui fait ce sale boulot. Essayez de créer la même avec GeoGebra.
J'ai ensuite demandé à mon logiciel de tracer le lieu du centre de cette conique $\gamma\ $ quand on fait tourner le gudule autour de $G$. Ensuite ce n'est plus que de la routine!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Ludwig · November 2020

Que j'aime vous lire pappus !!!
Et merci au forum de m'avoir donné cette possibilité
Bises à tout le monde.

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Revenons à nos collégiens.
La figure ci-dessous montre la belle construction de Jelobreuil avec mes propres notations.
Les points $b\ $ et $c\ $ s'échangent dans la symétrie de centre $a'$.
Donc le point $b$ appartient à la droite symétrique par rapport à $A'\ $ de la droite $AB\ $, que j'ai tracée en pointillé vert.
De même le point $c$ appartient à la droite symétrique par rapport à $A'\ $ de la droite $AC\ $, que j'ai tracée en pointillé vert.
On obtient ainsi un parallélogramme de centre $a'\ $.
D'où la construction de Jelobreuil dont j'ai suggéré les différentes étapes:
1) $a''\ $, milieu de $AP\ $.
2) $a'\ $, symétrique de $a''\ $ par rapport à $P\ $.
3) $\alpha\ $, symétrique de $A$ par rapport à $a'\ $.
4) Complétion du parallélogramme $Ab\alpha c\ $ de centre $a'\ $.
Pour des collégiens l'histoire pourrait s'arrêter là mais pour des lycéens, on peut continuer en se demandant ce qui se passe quand le point $a\ $ se promène sur la droite $BC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus 113222

Rescassol · November 2020

Bonjour,

Pappus a écrit:

Trouver le lieu des points $P$ tels que les deux droites de Lake passant par $P$ soient orthogonales.

C'est l'axe orthique du triangle $ABC$, d'équation avec Morley circonscrit:
$2\overline{s_1}z + 2s_1\overline{z} = s_1\overline{s_1}+3$.

Cordialement,

Rescassol

jelobreuil · November 2020

Bonjour, cher Pappus,
Merci, tout d'abord, de ton appréciation flatteuse de ma construction ! Cela me fait vraiment plaisir !
Permets, je te prie, que je te fasse remarquer une différence de détail entre ta dernière construction et la mienne : tu construis un parallélogramme Ab(alpha)c, et moi un parallélogramme Ab"a'c", dont le point a' n'est pas le centre, mais un sommet. Cela doit revenir au même, et pour que ce soit bien clair, je vais faire une figure avec ma construction, en reprenant tes notations et les positions particulières de a et P et que tu as adoptées, mais il va me falloir un certain temps, donc je poste ce message sans attendre, quitte à y ajouter cette figure ultérieurement.
Bonne journée, bien cordialement
JLB
Voici ce que cela donne, et aussi quelques échantillons de ce qu'on obtient en déplaçant le point a sur BC : 113226

pappus · November 2020

Bravo Rescassol
Oui, c'est bien ce que j'avais trouvé à ma grande stupéfaction!
Grâce à ma macro traçant une conique connaissant cinq de ses tangentes, j'avais pu voir que le lieu de $P\ $ était une droite, à ma grande perplexité d'ailleurs.
Comme en géométrie du triangle, on classe les points plutôt que les droites, j'avais tracé le pôle trilinéaire de la droite, lieu de $P\ $ et il ne m'avait pas fallu longtemps pour reconnaître l'orthocentre.
Le lieu de $P\$ était bien l'axe orthique.
Tu vois que si on maîtrise bien son logiciel, on peut se dispenser de pas mal de calculs.
Je suis curieux de voir les tiens pour savoir comment tu t'y es pris!
Dans ma méthode, le plus important n'est pas tant que ce lieu soit l'axe orthique mais bien de savoir comment j'ai créé cette sacrée macro.
Comment aurais-tu fait avec GeoGebra?
A moins qu'il n'ait cette macro dans sa boite à outil!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Excuse moi de t'avoir oublié.
Tu es en bonne compagnie avec John-John, Poulbot et Pierre et Bouzar!

Rescassol · November 2020

Bonjour,

Pappus a écrit:

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2132046,2134168#msg-2134168
Je suis curieux de voir les tiens pour savoir comment tu t'y es pris!

Voilà :

clc, clear all, close all

syms a b c
syms aB bB cB % Conjugués

aB=1/a;
bB=1/b;
cB=1/c;

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

syms u p pB

uB=1/u; % Vecteur directeur normal d'une transversale passant par P

% Points d'intersection A_1, B_1, C_1 de cette transversale avec
% les côtés du triangle ABC

[a1 a1B]=IntersectionDeuxDroites(uB,u,-uB*p-u*pB,1,b*c,-b-c);
[b1 b1B]=IntersectionDeuxDroites(uB,u,-uB*p-u*pB,1,c*a,-c-a);
[c1 c1B]=IntersectionDeuxDroites(uB,u,-uB*p-u*pB,1,a*b,-a-b);

g1=Factor((a1+b1+c1)/3) % Centre de gravité de A_1, B_1, C_1 

pol=numden(Factor(g1-p))

% On trouve:

pol=(3*p - 2*s1 + pB*s2)*u^4 + (3*s3 - 2*p*s2 + s1*s2 - 2*pB*s1*s3)*u^2 + 3*pB*s3^2 - 2*s2*s3 + p*s1*s3; % à u^2 près

% Pour qu'il y ait deux solutions orthogonales, il faut que
% u, i*u, -u, -i*u soient solutions, donc il ne doit y avoir que du degré
% divisible par 4 dans pol. On annule le terme en u^2:

Eq = 2*s1B*p + 2*s1*pB - (s1*s1B+3); % en divisant par s3

% Projeté orthogonal de O sur cette droite:

[k kB]=ProjectionOrthogonale(0,0,2*s1B,2*s1,-(s1*s1B+3));

k=Factor(k)

% On trouve:

k = (s1*s2 + 3*s3)/(4*s2); % C'est X_468, on a donc l'axe orthique.

%-----------------------------------------------------------------------

% Calcul de u^4 pour avoir les deux transversales orthogonales

pB=(3*s3 - 2*p*s2 + s1*s2)/(2*s1*s3); % P est sur l'axe orthique

A=3*p - 2*s1 + pB*s2; % Coefficient de l'équation pol en u^4
C=3*pB*s3^2 - 2*s2*s3 + p*s1*s3;

u4=Factor(-C/A); % Valeur de u^4
u4=FracSym(u4)

% On trouve:

u4=((2*s1^2*s3^2 - 6*s2*s3^2)*p + 9*s3^3 - s1*s2*s3^2)/((2*s2^2 - 6*s1*s3)*p + 4*s3*s1^2 - s1*s2^2 - 3*s3*s2)

% C'est l'expression dont on prendra une racine quatrième pour Géogébra

Cordialement,
Rescassol 113240

pappus · November 2020

Bonjour à tous
C'est curieux que personne n'ait le courage de regarder ce qui se passe quand le point $a$ décrit la droite $BC$ mais sans doute avons nous atteint la limite supérieure de nos programmes!
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · November 2020

Bonjour, cher Pappus
Ben alors ? Tu n'as pas vu mon dernier message ? avec sa série de figures illustrant l'une de tes chères FLTI ?
D'accord, je l'ai écrit hier, à peu près en même temps que tu répondais à Rescassol, mais quand même !! ... ...
Bien amicalement
JLB

Dasson · November 2020

Une adaptation pour le collège

Attention, c'est de la géométrie qui bouge !
Merci à pappus et jelobreuil.
Cordialement.

pappus · November 2020

Merci Jelobreuil
En effet je n'avais pas vu tes figures, c'est te dire mon degré de lucidité.
Effectivement nos deux parallélogrammes ne sont pas les mêmes mais ils sont homothétiques.
Du point de vue de la théorie des $FLTI$, on verra que mon point $\alpha\ $ est plus important que ton point $a'\ $.
Je te fais un petit reproche, tu as fait beaucoup de figures mais tu n'en as tiré aucune conclusion géométrique.
Tu es resté complètement muet!!!
J'aurais préféré que tu n'en fasses qu'une seule mais que tu nous montres sur cette figure ce qui se passe réellement!
En faisant bouger le point $a$ sur la droite $BC$, que doit faire remarquer le professeur à ses collégiens?
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

Mon cher Jelobreuil
Cela me rappelle un souvenir de jeunesse.
Je ne sais plus si c'était en Seconde ou en Première mais nous étudiions la loi de la dilatation des corps.
En particulier, on mesurait la longueur $b\ $ d'une barre en fonction de sa température $c\ $ mesurée en degrés centigrades.
Et on trouvait la belle relation:
$$b=b_0(1+\mu c)\qquad$$
où $\mu$ était le coefficient de dilatation.
Et le professeur nous dessinait au tableau noir la belle figure ci-dessous.
J'étais stupéfait de cette simple formule et j'essayais plus ou moins mollement de la démontrer.
Mais j'étais surtout enragé par la loi de dilatation des volumes:
$$V=V_0(1+3\mu c)\qquad$$
Je ne comprenais pas la présence de ce facteur $3$ et j'essayais en vain de le justifier!.
Il est vrai qu'à l'époque, je ne connaissais pas encore l'existence des développements limités et leurs troncatures.
Nostalgie quand tu nous tiens.
Mais peut-être cela va-t-il te mettre la puce à l'oreille et te faire tracer la figure que j'attends de toi?
Amicalement
[small]p[/small]appus 113298

jelobreuil · November 2020

Bien cher Pappus,
Je ne sais pas quelle conclusion tu aurais voulu que je tire de mes figures, ni si la figure que tu attends de moi est celle que je vais adjoindre à ce message, mais c'est la première à laquelle je pense, une figure qui montre que quand le point a se déplace sur BC, ton point alpha, de même que mon point a', se déplace sur une droite parallèle à BC.
Est-ce cela qu'un bon professeur doit faire remarquer à ses collégiens ? et que ces droites se déduisent l'une de l'autre dans une homothétie de centre A et de rapport 1/2 (ou 2, cela dépend de laquelle on considère comme étant l'image de l'autre) ?
Bien amicalement
JLB 113308

pappus · November 2020

Mon cher Jelobreuil
Oui, c'est cela qu'il faut dire.
Oublie ton point $a'$ et concentre toi sur le point $\alpha\ $ aussi bien sur nos figures que sur celle qui concerne la dilatation des barres.
Tu as une (loi de) correspondance entre la longueur de la barre $b\ $ et sa température $c\ $
Cette correspondance se traduit par une droite qui est son graphe.
Eh bien en géométrie, c'est exactement la même chose.
Sur nos figures, les points $b\in AC\ $ et $c\in AB\ $ sont en correspondance et le lieu du point $\alpha\ $ est le graphe de cette correspondance.
J'en ai parlé des centaines de fois dans le passé.
Le fait que le lieu de $\alpha\ $ soit une droite équivaut à dire que la correspondance entre les points $b\ $ et $c\ $ est affine.
Mais comment démontres-tu que le lieu de $\alpha\ $ est une droite, qui plus est, parallèle à la droite $BC$?
Et que peut-on dire des correspondances entre les points $a\ $ et $b\ $ et entre les points $a\ $ et $c\ $?
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

OK

jelobreuil · November 2020

Bonsoir ou bonne nuit, cher Pappus,
Pour démontrer que le lieu de alpha est une droite parallèle à BC, je suppose qu'un bon lycéen ferait appel au fait que l'image d'une droite par une homothétie est une droite parallèle à la première, et que dans le cas présent, on a affaire à un produit d'homothéties, H(A, 2) o H(P, -1/2), ce qui transforme la droite BC en une droite parallèle à BC.
Du moins est-ce comme cela que je peux le mieux voir les choses, à mon niveau actuel.
Mais j'essaie de justifier cela en une ligne de "calculs", en m'inspirant de ce que j'ai lu de toi à maintes reprises :
alpha(B) = 3(P-B)/2 - A, alpha(C) = 3(P-C)/2 - A, d'où alpha(C) - alpha(B) = 3(B-C)/2
Ceci montre, je pense, que la droite [alpha(c), alpha(b)] est parallèle à BC et de sens contraire, ce que j'ai pu constater dès hier sur mes figures : quand je déplace a vers la droite, alpha se déplace vers la gauche.
Est-ce bien pensé ?
Bien cordialement
JLB

pappus · November 2020

Mon cher Jelobreuil
Oui, c'est ainsi qu'il faut raisonner.
Mais il faut aller au bout de ton raisonnement.
Quelle est l'homothétie $H(A,2)\circ H(P,-\dfrac 12)?\qquad$
Enfin le but ultime de cet exercice ultra élémentaire est d'identifier les correspondances $a\iff b\ $ et $a\iff c\ $, c'est-à-dire de montrer qu'elles sont aussi affines et d'exhiber leurs graphes.
On obtient ainsi trois graphes qui vont former un triangle, appelé comme il se doit le triangle des graphes (de notre $FLTI)\ $ et qu'il faudra placer soigneusement par rapport au triangle $ABC.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Voici la figure dynamique finale à déchiffrer.
Il faut regarder ce qui se passe quand le point $a$ décrit la droite $BC$ et donc $b$ la droite $CA$ et $c$ la droite $AB$.
Pour plus de clarté, j'ai effacé certains points de construction intermédiaires comme les points $a'$ et $a''$.
Le but de la manip est de clarifier la situation relative des triangles $ABC$ et $A'B'C4$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
A priori rien n'interdit de proposer cette figure à des collégiens! 113390

jelobreuil · November 2020

Bonsoir, cher Pappus,
Je vais essayer de commenter ta dernière figure, mais auparavant, je souhaite répondre à ta question sur l'homothétie H(A, 2) o H(P, -1/2), qui transforme la droite BC en le lieu des points alpha : selon ce qui est donné dans la neuvième leçon du LebHem, c'est l'homothétie de centre Q tel que
QP/QA = (1 - 2)/2(-1/2 - 1) = 1/3, ce qui mène à AP/AQ = 2/3,
et de rapport -1, autrement dit c'est la symétrie par rapport au point-centre Q, qui est le point image du milieu de AP dans la symétrie de centre P.
D'après tes explications, le graphe de la correspondance entre b et c, le lieu des points alpha, est la droite symétrique de BC par rapport à ce point Q.
Par permutation circulaire, je lis sur ta figure :
1) le graphe de la correspondance entre c et a est le lieu des points bêta, et c'est l'image de CA dans l'homothétie H(B, 2) o H(P, -1/2), autrement dit la droite symétrique de CA par rapport au point-centre R, qui est le point image du milieu de BP dans la symétrie de centre P ;
2) le graphe de la correspondance entre a et b est le lieu des points gamma, et c'est l'image de AB dans l'homothétie H(C, 2) o H(P, -1/2), autrement dit la droite symétrique de AB par rapport au point-centre S, qui est le point image du milieu de CP dans la symétrie de centre P.
Les points Q, R et S étant parfaitement déterminés, dès que sont donnés le triangle ABC et le point P, par les relations AQ = 3AP/2, BR = 3BP/2 et CS = 3CP/2, les positions des trois graphes et par conséquent le triangle A'B'C' le sont aussi. Si par exemple d(Q, BC) représente la distance du point Q à la droite BC, le graphe de la correspondance entre b et c se trouvera à la distance 2d(Q, BC) de BC.
Bien entendu, pour calculer les distances de Q, R et S, respectivement, à BC, CA et AB connaissant le triangle ABC et le point P, sauf cas particuliers, travailler en coordonnées barycentriques ou autres plus élaborées que les cartésiennes est indispensable ... mais impossible pour moi, et encore pour un bon bout de temps, je le crains bien !
J'espère ne pas avoir écrit trop de bêtises !
Bien amicalement
JLB

pappus · November 2020

Mon cher Jelobreuil
Sur ma figure, le triangle $A'B'C'$ a ses côtés parallèles à ceux du triangle $ABC$.
Donc il se déduit du triangle $ABC$ par une homothétie ou une translation qu'il faut absolument déterminer.
Et pour cela nul besoin de coordonnées barycentriques. Il n'y en a d'ailleurs pas dans le Lebossé-Hémery!!!
Petite remarque cependant:
En refusant d'apprendre la théorie des barycentres et donc les coordonnées barycentriques, tu te condamnes à végéter en géométrie.
C'est dommage car je vais m'en servir dans pas longtemps en abordant l'aspect algèbre linéaire de cette configuration qui est cent mille fois plus important que les aspects synthétique et contemplatif auxquels nous nous sommes volontairement limités!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · December 2020

Bonsoir à tous
C'est quand même étonnant que personne ne s'intéresse à cette configuration susceptible d'être décortiquée par des collégiens ou des lycéens motivés.
Mais il faut croire que l'Axiome de Thalès n'a même plus la cote!!!
Si $G$ est le centre de gravité du triangle $ABC\ $, le triangle $A'B'C'\ $ se déduit du triangle $ABC\ $ par la translation de vecteur $3\overrightarrow{GP}.\qquad$
Ce sont vraiment les notions de base de la géométrie.
Si on est infoutu de montrer cela, ce n'est même plus la peine de penser à continuer de faire de la géométrie!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus 113516

jelobreuil · December 2020

Bien cher Pappus,
Désolé d'avoir involontairement déserté ce fil : j'ai eu ces deux derniers jours d'autres préoccupations qui m'ont fait oublier de reprendre ce problème ...
Il est vrai aussi que je voyais bien que A'B'C' se déduit de ABC par une translation, mais je n'avais pas la moindre idée d'un début de démonstration ... Je vais m'y essayer ce soir ...
Bien amicalement
JLB

pappus · December 2020

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
On va traiter le problème en coordonnées barycentriques.
Le point $P$ est repéré par ses coordonnées barycentriques normalisées $(u,v,w),\ $ i.e: $u+v+w=1$
De même:
le point $a\in BC\ $ a pour coordonnées barycentriques normalisées $(0,1-x,x)\qquad$
le point $b\in CA\ $ a pour coordonnées barycentriques normalisées $(y,0,1-y)\qquad$
le point $c\in AB\ $ a pour coordonnées barycentriques normalisées $(1-z,z,0)\qquad$
On écrit que $P$ est l'isobarycentre du triplet $(a,b,c):\qquad$
c'est à dire:
$$\begin{cases}
y+1-z&=&3u\\
1-x+z&=&3v\\
x+1-z&=&3w
\end{cases}
\qquad$$
qui s'écrit aussi:
$$\begin{cases}
y-z&=&3u-1\\
z-x&=&3v-1\\
x-y&=&3w-1
\end{cases}
\qquad
$$
Cette nuit, je vous donne la solution-cadeau:
$$
\begin{cases}
x&=&w-v+t\\
y&=&u-w+t\\
z&=&v-u+t
\end{cases}
\qquad
$$
Par contre les points $A\ $, $B\ $, $C\ $, $P\ $ étant donnés sur l'écran de votre console, vous allez me construire la solution particulière correspondant à $t=0.\ $
Ca vous en bouche un coin, la géométrie!
Il faut faire les figures, tiens, tiens!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Un problème de Lake

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