Construction
Meilleurs Vœux à tous
Une petite construction euclidienne ne demandant que la connaissance du point de Lemoine pour fêter la nouvelle année
On se donne dans le plan euclidien deux points $B$ et $C$ et un point $K$ servant de paramètre.
Construire les triangles $ABC\ $ dont $K\ $ est le point de Lemoine.
Discuter le nombre de solutions suivant la position de $K.\qquad$
Joyeuses Fêtes.
[small]p[/small]appus
Une petite construction euclidienne ne demandant que la connaissance du point de Lemoine pour fêter la nouvelle année
On se donne dans le plan euclidien deux points $B$ et $C$ et un point $K$ servant de paramètre.
Construire les triangles $ABC\ $ dont $K\ $ est le point de Lemoine.
Discuter le nombre de solutions suivant la position de $K.\qquad$
Joyeuses Fêtes.
[small]p[/small]appus
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Réponses
une première piste : la droite de Schwatt...
Sincèrement
Jean-Louis
Tous mes meilleurs Vœux presque antipodaux!
Je ne connais pas la droite de Schwatt malheureusement.
Mais comme ce problème n'est pas très difficile puisque ce n'est que de la géométrie euclidienne, j'en suis venu à bout assez rapidement mais par des méthodes que tu réprouves!
Disons que c'est un minuscule problème du second degré. Est-ce encore enseigné?
Il y a donc zéro, une ou deux solutions.
L'intérêt de ce problème est d'exhiber la séparatrice, une vulgaire ellipse $\Gamma$ que j'ai tracée en rouge sur ma figure.
Quand le point $K$ est à l'intérieur de $\Gamma$, il y a deux solutions $A_1$ et $A_2$ inverses par rapport au cercle $\gamma$ que j'ai tracé en bleu.
Une inversion?
Autant dire que c'est cuit.
Dommage!
Bonnes Fêtes quand même!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il y a une façon plus bourbakiste de formuler ce problème tout en cachant cette question de construction
Soit
$$f:\mathcal P\longmapsto \mathcal P; A\mapsto K,\qquad
$$ où $K\ $ est défini comme étant le point de Lemoine du triangle $ABC\ $.
Trouver l'image de $f$
J'ai remarqué au cours de ma longue carrière d'enseignant que c'était la recherche des images qui produisait le plus grand nombre d'âneries !
Amicalement.
[small]p[/small]appus
Bien sûr j’ai démontré les formules du JDE mais visiblement cela n’intéresse personne.
Alors elles attendront le temps qu’il faudra!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quand je dis que j’ai démontré, c’est peut-être un peu exagéré, je n’ai fait que recopier les calculs de Pierre!
Je me suis fourvoyé car effectivement l’ellipse et les points de Brocard ont une définition dépendant justement de A. Par contre, les droites de Schwatt d'un triangle sont les droites joignant les milieux des côtés du triangle et les milieux des hauteurs. Elles sont concourantes en le point K.
Amicalement
On détermine le conjugué isogonal de K par rapport au triangle ABC. Ce n'est autre que le point G centre de gravité du triangle ABC.
On construit l'ellipse inscrite de Lemoine ayant pour foyers K et G et pour centre le milieu du segment [KG].
On construit les deux tangentes à l'ellipse passant par B et C.
L'intersection des deux tangentes est le point A.
Amicalement
Comment construis-tu le conjugué isogonal de $K$ alors que tu ne connais pas encore le point $A?\qquad$
Tu as commis le même genre d’erreur dans ta première solution.
Passe quand même un bon réveillon!
Bonnes Fêtes à tous
[small]p[/small]appus
Adoptons la méthode bourbakiste
On se place dans un repère orthonormé dans lequel on a les coordonnées: $B(b,0)$, $C(-b,0)$, $A(x,y)$, $K(X,Y)$
Alors:
$BC^2= 4b^2$,
$CA^2=(x+b)^2+y^2$,
$AB^2=(x-b)^2+y^2$.
Donc :
\begin{align*}
X&=\dfrac{4b^2x+((x+b)^2+y^2)b-((x-b)^2+y^2)b}{4b^2+(x+b)^2+y^2+(x-b)^2+y^2}=\dfrac{4b^2x}{x^2+y^2+3b^2},\qquad \\
Y&=\dfrac{2b^2y}{x^2+y^2+3b^2}.\qquad
\end{align*} Ces formules rationnelles sont suffisamment simples pour qu'on soit en droit de s'en servir !!
Joyeux Réveillons
[small]p[/small]appus
Ceci dit y a-t-il une construction de K ?
Pouvez-vous nous mettre sur la piste, car même quand on a le cercle d'inversion...
Mreci.
[Ne peux-tu te relire avant d'envoyer ! Cela te permettrait de combler les mots partiellement écrits ! Merci. AD]
Ce n'est pas $K$ qu'il faut construire mais le point $A$ tel que $K$ soit le point de Lemoine du triangle $ABC$.
Autrement dit dans les formules rationnelles que j'ai données, c'est $K(X,Y)$ qui est connu et c'est $A(x,y)$ qu'il faut calculer ou construire.
Bonnes Fêtes à tous
[small]p[/small]appus
Cela permet notamment de montrer que la séparatrice $\Gamma$ de pappus a pour équation $3x^2+12y^2-4b^2=0$, ellipse centrée en le milieu $O$ de $BC$.
Je me joins à AD à qui je présente tous mes vœux pour dire que tu t'exprimes souvent dans le charabia le plus complet.
Cela vaut pour la construction de ton fameux point $TROIS$..
Ta construction est peut-être exacte mais tu vends bien mal ta marchandise!
Ceci dit je te renouvelle tous mes voeux et je te félicite pour ta ténacité à apprendre la géométrie.
En ce qui concerne le problème de ce fil, j'ai déjà fourni une première aide en calculant explicitement l'application $A\mapsto K$.
Voici la seconde!
Ci-dessous la construction des deux points $A$ éventuels en me servant du fait que $K$ est le centre de gravité de son triangle podaire.
Il ne reste plus qu'à commenter et à justifier cette figure
Bonnes Fêtes à tous!
[small]p[/small]appus
Tous mes meilleurs vœux et passe un joyeux réveillon
C'est exact.
Le défi est évidemment de donner une preuve synthétique de tous ces résultats.
Sur cette nouvelle figure, j'ai rajouté à ma construction l'ellipse rouge et le cercle d'inversion bleu.
Mon logiciel confirme ton équation de l'ellipse avec $b=1$, toutes mes ficelles d'installation!!
On a évidemment un difféomorphisme entre l'intérieur du cercle d'inversion bleu et l'intérieur de l'ellipse rouge par restriction de l'application $\varphi: A\mapsto K$
Petite colle:
Je munis l'intérieur du cercle bleu de sa structure hyperbolique de disque de Poincaré.
Quelle est l'image de cette géométrie via l'application $\varphi ?\qquad$
Joyeuses Fêtes à tous.
[small]p[/small]appus
Est-ce que l'équation du cercle d'inversion bleu est $x^2+y^2=3b^2$ ?
Je reprends la route cet après-midi, je regarderai ce fil plus attentivement ce soir ou demain.
Oui et cette équation apparaît sur ma dernière figure avec $b=1$.
Bonne route et sois prudent en distinguant bien ta droite de ta gauche
Ah ces maudits problèmes d'orientation!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'explique ma construction du point $A$.
On sait, ( vaut mieux pas savoir qui est le on!), que le point de Lemoine $K$ est le barycentre de son triangle podaire $A'B'C'$.
Puisque le point $K$ est donné, le point $A'$ est connu, c'est la projection orthogonale du point $K$ sur la droite $B'C'$.
Le point $B'$ est quelque part sur le cercle $\Gamma_C$ de diamètre $KC.\qquad$
Le point $C'$ est quelque part sur le cercle $\Gamma_B$ de diamètre $KB.\qquad$
Mais le milieu $L$ de $B'C'\ $ est connu!
D'après les propriétés du centre de gravité: $\overrightarrow{KL}=-\dfrac 12\overrightarrow{KA'}.\qquad$
Donc le point $C'$ non content d'être sur $\Gamma_B$ se trouve aussi sur le cercle $\Gamma'_C$ symétrique du cercle $\Gamma_C$ par rapport à $L$.
On doit donc discuter de l'intersection de deux cercles $\Gamma_B\cap \Gamma'_C$.
D'où ma construction!
C'est bien un problème du second degré, aïe, aïe, aïe...
Le seul cercle connu étant le cercle trigonométrique, on commence à se douter que c'est foutu d'avance!
Amicalement
[small]p[/small]appus
On doit donc résoudre en $(x,y)$ le système suivant:
$$\begin{cases}
\dfrac{4b^2x}{x^2+y^2+3b^2}&=&X\\
\dfrac{2b^2y}{x^2+y^2+3b^2}&=&Y
\end{cases}
\qquad
$$
Comme l'a remarqué Gai Requin, on a:
$$y=\dfrac{2Y}Xx\qquad$$
ce qui permet d'éliminer $y.\qquad$
On trouve une équation du second degré en $x:\qquad$
$$(X^2+4Y^2)x^2-4b^2Xx+3b^2X^2=0\qquad$$
Le discriminant réduit est:
$$\Delta'=b^2X^2(4b^2-3X^2-12Y^2)\qquad$$
D'où la séparatrice rouge, une ellipse, annoncée par Gai Requin.
Il reste à placer soigneusement cette séparatrice sur la figure puis à exhiber cette mystérieuse inversion qui échange soi-disant les deux solutions.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Appelons $f$ l'application $A\mapsto K$ dont nous avons obtenu l'écriture dans les messages précédents:
$$f(x,y)=\big(\dfrac{4b^2x}{x^2+y^2+3b^2},\dfrac{2b^2y}{x^2+y^2+3b^2}\big).\qquad
$$ Je vous propose la factorisation suivante :
$$g(x,y)=\big(\dfrac{6b^2x}{x^2+y^2+3b^2},\dfrac{6b^2y}{x^2+y^2+3b^2}\big)\\
\rho(x,y)=\big(\dfrac 23x,\dfrac 13y\big).
$$ Il est clair que:
$$f=\rho\circ g.
$$ L'application $\rho\ $ est un simple isomorphisme linéaire, OK.
C'est l'application $g\ $ qui pose un petit problème d'interprétation.
Pour vous aider en cette période de Nouvel An, je vous demande d'avoir une petite pensée pour ces géomètres prestigieux que furent H.Poincaré et F.Klein
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il y a 0 solution au problème si $KB+KC > \dfrac{2 \times BC}{\sqrt{3}}$, une solution au problème si $KB+KC =\dfrac{2 \times BC}{\sqrt{3}}$ et deux solutions $A1$ et $A2$ au problème si $KB+KC < \dfrac{2 \times BC}{\sqrt{3}}$.
Ci-dessous la construction des deux points $A$ éventuels dans le cas où $KB+KC < \dfrac{2 \times BC}{\sqrt{3}}$.
Amicalement.
Soit $A_1(x_1,y_1)$ et $A_2(x_2,y_2)$ les deux solutions quand $K(X,Y)$ est à l'intérieur de $\Gamma$.
On sait que $x_1,x_2$ sont solutions de l'équation $(X^2+4Y^2)x^2-4b^2Xx+3b^2X^2=0$ donc $x_1x_2=\dfrac{3b^2X^2}{X^2+4Y^2}$.
De plus, $O,A_1,A_2$ sont alignés sur la droite d'équation $Xy=2xY$ donc $y_1y_2=\dfrac{4Y^2}{X^2}x_1x_2$.
D'où $\overline{OA_1}\times\overline{OA_2}=x_1x_2+y_1y_2=\dfrac{3b^2X^2}{X^2+4Y^2}\left(1+\dfrac{4Y^2}{X^2}\right)=3b^2$.
Donc $A_1$ et $A_2$ sont inverses l'un de l'autre dans l'inversion de pôle $O$ et de rapport $3b^2$.
Merci aussi pour ta troisième construction mais pourrais-tu nous dire sur quelle propriété du point de Lemoine elle est basée?
Par exemple la mienne s'appuie sur le fait que le point de Lemoine est le barycentre de son triangle podaire et la tienne?
Pour le moment je n'ai fait que jeter un coup d'œil et le début me semble sympathique.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ce n'était pas très dur mais peux-tu expliquer l'idée que j'ai derrière la tête en décomposant ainsi l'application: $f:A\mapsto K$
Comment cette décomposition se traduit graphiquement sur ma figure?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je t'aide un peu.
Tu as la sphère $S:x^2+y^2+z^2-R^2=0$ dans $\mathbb R^3$
Tu as le plan équatorial d'équation $z=0$ qui s'identifie naturellement avec $\mathbb R^2\qquad$.
Tu pars d'un point $m(x,y,0)$ de ce plan équatorial.
Tu le projettes stéréographiquement à partir du pôle sud $(0,0,-R)$ sur la sphère $S$ pour obtenir le point $m'(x',y',z')$
Enfin tu projettes orthogonalement le point $m'$ sur le plan équatorial pour obtenir le point $m''(x',y',0)$
Peux-tu m'écrire l'application $(x,y)\mapsto (x',y')?\qquad$
Et enfin seulement, seulement enfin tu auras une petite pensée émue pour Henri et Félix!
Merci d'avoir détaillé ta construction.
Félicitations elle marche et il me semble qu'elle se prête mieux à la discussion que la mienne.
J'en suis encore à chercher la propriété que tu as utilisée.
Au bout du compte, après tes quelques errements du début, tu t'es bien rattrapé.
Bravo!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je sais comment prouver par le calcul barycentrique la propriété que tu as utilisée mais je ne suis pas aussi fort que Poulbot ou Jean-Louis par exemple pour la prouver de façon synhétique
Tout tourne autour de la formation des équations des cercles $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$.
Ca tombe bien puisqu'on en a parlé tous les deux, il n'y a pas si longtemps dans cette discussion
L'équation d'un cercle $\Gamma$ du plan se présente sous la forme:
$$a^2yz+b^2zx+c^2xy-(ux+vy+wz)(x+y+z)=0\qquad$$
Les quantités $(u,v,w)$ sont les puissances des sommets par rapport à $\Gamma$
Par exemple pour le cercle $\Gamma_B$, il est clair que $u=v=0$ et que $w=\overline{CB}.\overline{CB'}=2a^2\qquad$
L'équation de $\Gamma_B$ est donc:
$$-a^2yz+(b^2-2a^2)zx+c^2xy-2a^2z^2=0\qquad$$
Maintenant c'était autrefois un jeu d'enfant de montrer sur cette dernière équation que la tangente en $B$ au cercle $\Gamma_B$ était justement la droite $BK$ d'équation:
$c^2x-a^2z=0\qquad$
Aujourd'hui c'est une autre paire de manches et sans doute un épouvantable cauchemar!
Je laisse ce point de détail en suspens pour le moment!
Pour la démo synthétique, sans doute as-tu utilisé cette fameuse droite de Schwatt que je ne connaisais pas?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je reprends la construction avec les données suivantes :
Les points $B, C$ et $K$ sont donnés.
1 ère étape : On construit le symétrique $C'$ de $C$ par rapport à $B.$
2 ème étape : On trace la droite $(BK).$
3 ème étape : On construit la droite perpendiculaire à la droite $(BK)$ passant par le point $B.$
4 ème étape : On construit la médiatrice du segment $[C'B].$
L'intersection de la médiatrice du segment $[C'B]$ avec la droite perpendiculaire à la droite $(BK)$ passant par le point $B$ est le point $O'$ centre du cercle $\gamma_B$ tangent à la droite $(BK)$ au point $B.$
5 ème étape : On construit le symétrique $B'$ de $B$ par rapport à $C.$
6 ème étape : On trace la droite $(CK).$
7 ème étape : On construit la droite perpendiculaire à la droite $(CK)$ passant par le point $C.$
8 ème étape : On construit la médiatrice du segment $[CB'].$
L'intersection de la médiatrice du segment $[CB']$ avec la droite perpendiculaire à la droite $(CK)$ passant par le point $C$ est le point $O''$ centre du cercle $\gamma_C$ tangent à la droite $(CK)$ au point $C.$
Le nombre de solution du problème dépend de la position relative des deux cercles $\gamma_B$ et $\gamma_C.$ Il y a 0 solution au problème si $KB+KC > \dfrac{2 \times BC}{\sqrt{3}}$, une solution au problème si $KB+KC =\dfrac{2 \times BC}{\sqrt{3}}$ et deux solutions $A1$ et $A2$ au problème si $KB+KC < \dfrac{2 \times BC}{\sqrt{3}}$.
Amicalement
C'est exactement la propriété utilisée.
Dans le cas où il y a deux solutions $A1$ et $A2$, il semble que la droite $(A1A2)$ est une médiane des triangles $A1BC$ et $A2BC.$
Amicalement
Peux-tu me rappeler les propriétés de la droite de Schwatt car je n'arrive pas à les retrouver dans tes messages?
J'aimerais bien avoir une démonstration synthétique des propriétés des cercles $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$.
Peut-être en farfouillant sur le site de Jean-Louis à qui je présente tous mes vœux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Où as-tu trouvé cette mirifique propriété des cercles $\Gamma_B$ et $\Gamma_C?\qquad$
Tes cercles $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$ ne seraient-il pas des médianes Poincaré-hyperboliques de $ABC$ ?
Et $K$ son centre de gravité dans cette géométrie étonnante ?
Avant de faire des supputations hyperboliques plus ou moins délirantes, j'aurais préféré que tu t'intéresses d'un peu plus près à ma fonction $g$
Oui la géométrie hyperbolique intervient, encore faut-il voir comment!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai enfin une explication "hyperbolique" du rôle des cercles $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$ mais j'aimerais bien savoir comment notre ami Bouzar les a remarqués certainement de façon plus élémentaire.
Fais le calcul que je t'ai demandé sur la sphère et tu comprendras forcément ce qui se passe!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Exact!
Mais $g$ a une interprétation archiconnue en géométrie hyperbolique!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu racontes n'importe quoi au ptit bonheur la chance!
Tu as un logiciel de géométrie!
Sers t'en!
Et tu verras bien que ce que tu dis est faux.
$g$ est défini dans tout le plan mais la restriction de $g$ au disque bleu est un isomorphisme du modèle de Poincaré sur le modèle de Klein, tous deux réalisés dans ce même disque!!!
Maintenant je note $D_B$ et $D_C$ les droites $BK$ et $CK$.
Détermine moi les ensembles $f^{-1}(D_B)$ et $f^{-1}(D_C)$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On est loin, très loin de la droite de Schwatt !!!!!
Après tout, la trace de ce cercle dans le disque bleu est une droite du modèle de Poincaré :-D
De même, $f^{-1}(D_C)$ est le cercle $CA_1A_2$.
Idem en remplaçant $B$ par $C$.
On a bien avec les notations de Bouzar :
$$f^{-1}(D_B)=\Gamma_B, \\f^{-1}(D_C)=\Gamma_C.
$$ Ces cercles sont donc des supports de droites hyperboliques dans le modèle de Poincaré
Mais tu n'as guère été convaincant dans ta preuve où il fallait utiliser les propriétés hyperboliques de $g$.
On a ainsi une preuve hyperbolique de la construction de Bouzar.
On avait déjà une preuve barycentrique mais je suis toujours intéressé de savoir comment Bouzar a déniché ces cercles peut-être synthétiquement.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Recommence ta démonstration en évaluant $f^{-1}(B)$ et $f^{-1}(C)$ avec les notations de Bouzar et surtout, surtout en évaluant la différentielle de $f$
Le problème, c'est que je n'avais pas vu que $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$ avaient été modifiés entre [ici] et [là].
Je me suis donc bien pris les pieds dans le tapis de ce fil mais tu m'as appris comment franchir le pont hyperbolique qui relie Poincaré à Klein !
Merci :-)
Je me souviens que nous avions eu de longues discussions en géométrie hyperbolique dans le passé et que nous avions dû nécessairement parler de cet isomorphisme entre les deux modèles.
Pour nos lecteurs, je rappelle brièvement ses principales propriétés.
Sur ma figure le cercle bleu est le cercle horizon à l'intérieur duquel vivent les deux modèles de Klein et de Poincaré.
L'application $g$ est définie dans tout le plan et c'est seulement sa restriction à l'intérieur du cercle qui définit cet isomorphisme hyperbolique.
Pour construire $g(m)$, on trace l'inverse $m'$ de $m$ par rapport au cercle horizon bleu.
Le cercle de diamètre $mm'$ est orthogonal au cercle horizon.
L'axe radical du cercle de diamètre $mm'$ et du cercle horizon coupe la droite $mm'$ au point $g(m)$
Il est clair que $g(m) =g(m')$
$g(m)$ est aussi l'inverse du point $\omega$ milieu de $mm'$ par rapport au cercle horizon.
En Rescassolisant en $O$ et en appelant $R$ le rayon du cercle horizon, $z$ l'affixe de $m$ et $z'$ l'affixe de $m'$, on a pour affixe de $\omega:\qquad$
$\dfrac 12(z+\dfrac{R^2}{\overline z})=\dfrac{\vert z\vert^2+R^2}{2\overline z}\qquad$
et par suite l'affixe de son inverse $g(m):\qquad$
$$z'=g(z)=\dfrac{2R^2z}{\vert z\vert^2+R^2}\qquad$$
Pour $R=b\sqrt 3$ c'est-à- dire:$R^2=3b^2$, on retrouve l'écriture de $g$ que j'ai donnée dans un précédent message.
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai retrouvé [l'unique mais très longue discussion] que nous eûmes à propos de géométrie hyperbolique et il y a bien tout un passage [à partir d'ici] sur le changement de cartes $M_P\iff M_K$ !
Mea culpa !
J'ai perdu mes cheveux et mon ouïe. Je perds la vue et la mémoire.
Ne te plains pas trop mais commence un peu à faire attention!
Essaye maintenant de prouver correctement que $f^{-1}(D_B)=\Gamma_B$
1° En déterminant $f^{-1}(B)$ avec les notations de Bouzar!
2° En calculant la différentielle de $f$ en $B$
Amicalement
[small]p[/small]appus
1) $f^{-1}(B)=\{B,C'\}$ avec les notations de Bouzar.
2) La différentielle de $f$ en $B$ est l'homothétie linéaire de rapport $\dfrac{1}{2}$.
C'est parfaitement exact
Il ne manque plus que le petit baratin final où il faudra bien se servir des propriétés hyperboliques de $g$ sinon à quoi bon l'avoir introduit?
Encore faut-il l'écrire!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai juste eu le temps de regarder l'aspect différentiel de ton questionnement.
Je suppose donc dans un premier temps que $f^{-1}(D_B)=\Gamma_B$.
Comme la différentielle de $f$ en $B$ est une homothétie de rapport $1/2$, $f$ réalise un difféomorphisme d'un voisinage ouvert $U$ de $B$ dans un voisinage ouvert $V$ de $f(B)=B$ d'après le théorème d'inversion locale.
De plus, pour tout $N\in V$, on a $f^{-1}(N)=B+2\overrightarrow{BN}+\text{reste}$.
Soit alors $M\in\Gamma_B\cap U$.
Il existe un unique $N\in D_B\cap V$ tel que $M=f^{-1}(N)$.
En particulier, $M=B+2\overrightarrow{BN}+\text{reste}$ donc $D_B$ est la tangente à $\Gamma_B$ en $B$.
Bon, je sais que tu es un pro en calcul différentiel alors que je suis une grosse quiche en analyse.
Je prends un gros risque ici donc je demande un peu d'indulgence...
Tu m'as calculé correctement la différentielle et appliqué le théorème d'inversion locale!
Tu en sais autant que moi sinon plus en calcul. différentiel.
Quel est le plus grand ouvert contenant $B$ dans lequel le théorème d'inversion locale s'applique et a-t-on vraiment besoin d'appliquer le théorème d'inversion locale?
Il nous faut prouver un peu plus:
1° D'une part $f^{-1}(D_B)$ est un cercle.
2° D'autre part ce cercle est tangent en $B$ à la droite $D_B$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Un bon dessin vaut mieux qu'un long discours mais il n'est pas interdit de combler les vides laissés par mon idée si tu l'estimes nécessaire!
On a vu que:
$$f=\rho\circ g$$
où la restriction $\hat g$ de $g$ au disque bleu est un isomorphisme du modèle de Poincaré vers le modèle de Klein et $\rho$ est un isomorphisme linéaire envoyant le disque circulaire bleu sur le disque elliptique rouge.
La droite $BK$ secrète le segment $pq$ dont les extrémités sont sur l'ellipse rouge.
$\rho^{-1}(pq)$ est un segment $p'q'$ du disque bleu dont les extrémités sont sur le cercle horizon, c'est donc une droite hyperbolique dans le modèle de Klein.
$\hat g^{-1}(p'q')$ est donc la droite hyperbolique d'extrémités $p'$ et $q'$ dans le modèle de Poincaré.
C'est donc un arc de cercle orthogonal en $p'$ et $q'$ au cercle horizon passant par $B$.
L'image de cet arc de cercle par $f$ est donc le segment $pq$.
Comme $B$ est un point fixe de $f$ et que la différentielle de $f$ en $B$ est une homothétie, cet arc de cercle est tangent en $B$ au segment $pq$.
On complète cet arc de cercle en lui rajoutant son image par l'inversion par rapport au cercle horizon pour obtenir toute l'image réciproque $f^{-1}(D_B)=\Gamma_B$.
Si Bouzar pouvait nous dire maintenant comment il a trouvé ces cercles $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$, je lui dirai merci du fond du cœur!
Sans doute ce sont les cercles de Monsieur MachinChouette?
Mais je suis ignare en géométrie du triangle!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai utilisé la propriété suivante sur la symédiane issue d'un sommet d'un triangle donné :
Soit $ABC$ un triangle et soit $C'$ le symétrique de $C$ par rapport à $B.$
La symédiane passant par B est la tangente en B au cercle circonscrit au triangle $C'AB$, que je nomme $\Gamma_B.$
Soit $M$ le milieu du segment $[AC]$, $s$ la symédiane issu de $B$ dans le triangle $ABC$, $m$ la médiane $(BM)$, $b$ la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{CBA}$, $O'$ le centre du cercle circonscrit au triangle $C'AB$ que je nomme $\Gamma_B.$
Je désigne par $E$ le point d'intersection autre que le point $B$ entre $b$ et le cercle $\Gamma_B$.
Puisque $b$ est la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{C'BA}$, on obtient $EC' =EA$ et il en découle que la droite $(O'E)$ est perpendiculaire à la droite $(C'A)$, ainsi $(O'E)$ est perpendiculaire à la médiane $(BM)$.
Par conséquent, la symédiane $s$ est perpendiculaire à la droite $(O''E)$, où $O''$ est le symétrique de $O'$ par rapport à la bissectrice $b$. Ainsi, $s$ est perpendiculaire à $(O'B)$ puisque $O'BO''E$ est un losange.
En conclusion, la symédiane passant par $B$ est la tangente en $B$ au cercle circonscrit $\Gamma_B$ au triangle $C'AB$
Amicalement
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci de ces échanges passionnants et instructifs
Pour le dernier post: construction du quadrangle harmonique (Lebossé)
Cordialement