D'autres classiques

Bonsoir,

Par les équations.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir à tous
Par exemple, on aurait pu demander à un bachelier d'autrefois, (cela va sans dire!), de tracer l'isoptique quand les segments $AB$ et $A'B'$ forment un rectangle.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir Pappus, Soland, Rescassol et tous,
Que l'axe de la symétrie qui transforme AB en A'B' fasse partie de l'isoptique recherchée est évident, puisque pour tout point M de cet axe, les triangles MAB et MA'B' sont isométriques par symétrie.
Que le cercle circonscrit au rectangle ABB'A' en fasse aussi partie n'est qu'un petit peu moins évident : quand le point M se trouve sur l'un des arcs AA' et BB', les angles AMB et A'MB' sont égaux, puisque ce sont des angles inscrits qui interceptent les arcs AB et A'B', eux-mêmes égaux par symétrie ; et quand le point M se trouve sur l'un des arcs AB et A'B', les angles AMB et A'MB' sont supplémentaires, car la somme des arcs qu'ils interceptent, par exemple l'arc AA'B'B et l'arc A'B' quand M se trouve entre A et B, vaut 2pi.
Quant à l'hyperbole, j'avoue que je ne sais pas la caractériser, mais je ne serais guère étonné si son excentricité était liée aux dimensions du rectangle ...
Bien cordialement
JLB

Ah ben oui, mon cher Pappus, quand on n'a comme moi que son intuition comme boussole, il arrive fatalement qu'elle induise en erreur un géomètre de peu d'expérience qui ne sait pas, en l'occurrence, que l'excentricité de toute hyperbole équilatère vaut 1,4142..., ce que je viens tout juste d'apprendre du LebHém ! J'ose espérer que la chose soit assez surprenante et concise pour être définitivement gravée dans mes circonvolutions !
A propos de tes interrogations :
1) à quel autre moyen de définition penses-tu ?
2) peut-on (avec succès, cela va sans dire !)** envisager de partir des médiatrices de AA' et BB' et de leur point d'intersection ?
Bien amicalement
JLB

**Parce qu'on peut toujours, mais pour ce qui est d'aboutir, en général, c'est une autre paire de manches !

Bonsoir à tous
Si $P$ est un pont du lieu, alors:
$$(PA,PB)=(PA',PB')=\theta\qquad$$
Donc $P\in\Gamma_{\theta}=\{M\vert (MA,MB)=\theta\}\qquad$
et $P\in\Gamma'_{\theta}=\{M\vert (MA',MB')=\theta\}\qquad$
La construction est alors simple:
On se donne le cercle $\Gamma_{\theta}.\qquad$
On construit le cercle $\Gamma'_{\theta}.\qquad$
Puis on prend l'intersection $\Gamma_{\theta}\cap \Gamma'_{\theta}=\{P,Q\}\qquad$
On fait ensuite varier $\theta$ pour tracer tout le lieu.
Tout cela c'est bien joli mais le cercle $\Gamma_{\theta}$ étant donné, comment fait-on pour tracer le cercle $\Gamma'_{\theta}?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Lake pour ton intervention et tous mes meilleurs voeux pour la nouvelle année
Tu n'as pas vraiment expliqué ce que tu as fait.
On se donne un cercle $\Gamma_{\theta}$ passant par $A$ et $B$ et il faut expliquer dans les plus grands détails comment on construit le cercle $\Gamma'_{\theta}$ à la règle et au compas.
Comme d'habitude la construction va de pair avec le processus calculatoire.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir Pappus, Lake, et tous,
Serait-ce, tout simplement, puisqu'on se donne un point P sur Gamma(thêta), la similitude de centre P envoyant AB sur A'B' ?
Bien cordialement
JLB

Mon cher Pappus,
J'en suis d'accord, ma bourde est grossière ! c'est qu'en regardant superficiellement ta dernière figure et en lisant les explications qui l'accompagnent, j'ai eu l'impression que le point P pouvait être le centre de cette similitude, et ce n'est qu'en la regardant maintenant plus attentivement que je me rends compte qu'en effet, les rapports PA/PA' et PB/PB' ne peuvent absolument pas être égaux ! Donc, je mérite tes reproches et le bonnet d'âne !
Pour le détail de la construction, j'y reviendrai plus tard : j'avais dans l'idée que le point d'intersection des médiatrices de AB et A'B' est le centre de similitude, mais un coup d'oeil sur le LébHem m'a convaincu que ce n'est pas vrai, que c'est encore une idée en l'air qui ne mène pas à grand-chose !
Bonne nuit !
Bien amicalement
JLB

Bonsoir à tous
Voici la construction point par point de l'isoptique qui est aussi une cubique circulaire focale dont j'ai souvent parlé dans le passé.
Les données de départ sot les quatre points $A$, $B$, $A'$, $B'$
Et on veut tracer l'isoptique lieu des points $M$ tels que:
$$(MA,MB)=(MA',MB')\qquad$$
On trace d'abord l'intersection $O=AB\cap A'B'\qquad$
Les cercles $(AA'O)$ et $(BB'O)$, tracés en pointillé noir, se recoupent au centre $\Omega$ de la similitude directe $s:AB\mapsto A'B'.\qquad$
Le point $\omega$ appartenant à la médiatrice de $AB$ est le centre du cercle $\Gamma_{\theta}.\qquad$
Le point $O'$ est l'intersection des médiatrices des segments $AB$ et $A'B'.\qquad$
La similitude directe $s$ envoie la médiatrice de $AB$ sur la médiatrice de $A'B'$
Elle envoie donc le centre $\omega$ du cercle $\Gamma_{\theta}$ sur le centre $\omega'$ du cercle $\Gamma'_{\theta}.\qquad$
Le point $\omega'$ situé sur la médiatrice de $A'B'$ se construit en remarquant que les points $\Omega$, $O'$, $\omega$, $\omega'$ sont cocycliques
Enfin on construit les intersections $\{P,Q\}=\Gamma_{\theta}\cap \Gamma'_{\theta}.\qquad$
On a plus qu'à demander au logiciel de tracer le lieu des points $P$ et $Q$ quand le point $\omega$ décrit la médiatrice de $AB.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jelobreuil
On a affaire à des similitudes et une similitude directe ne se décompose jamais, au grand jamais en produit de deux symétries axiales sauf si elle est une isométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jelobreuil
Il faut t'exprimer plus clairement.
Si tu lis attentivement le Lebossé-Hémery, tu verras que la construction de l'image d'un point par une similitude directe ne fait pas référence à une quelconque décomposition de cette similitude.
La construction est d'ailleurs assez subtile:
On a une similitude directe $s$ envoyant la droite $L$ sur la droite $L'=s(L)$ et étant donné un point $m\in L$, Lebossé-Hémery construit explicitement le point $m'=s(m)\in L'.\qquad$
C'est cette construction là que j'ai utilisée!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Robert
Bien sûr!
Et le cercle et droite rouges et l'hyperbole bleue ont des définitions angulaires très simples en termes d'angles orientés faisant intervenir les segments $AB$ et $A'B'$.
Comme je l'avais prévu, ce n'est pas demain la veille qu'on aura leurs définitions!
Ce silence éternel m'effraie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Pappus écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2157152,2168928#msg-2168928

---

Bon, demain c'est aujourd'hui, donc j'ai encore deux jours...

Par le calcul , avec A(-a,b) B(a,b) etc j'obtiens bien pour a et b non nuls cos(AMB)^2=cos(A'MB)^2 ssi y(a^2+b^2-x^2-y^2)(a^2-b^2-x^2+y^2) donc l'axe, le cercle et l'hyperbole équilatère...

Par les angles maintenant.

Soit L1 le lieu de (MA,MB)= - (MA',MB') (cas facile !)

Si M en dehors de la droite (AB) appartient à L1 soit (C)=cercle(AMB) , s la symétrie d'axe (D) la droite des milieux de (A,A') et (B,B') , et M'=s(M) .

alors (MA,MB)=-(MA',MB')= (M'A,M'B) car s inverse les angles donc M' appartient à (C).

Si O est le centre du cercle (C) OM= OM' donc O appartient à la médiatrice de [MM'] qui est (D)

Comme A et B appartiennent à (C), OM=OA=OB=OA'=OB' ; M appartient au cercle passant par A,B,A',B'.

La réciproque est facile par le cercle capable...

Je remarque que cela marche même si b est nul :

(MA,MB)=(MB,MA) ssi M est sur la droite (AB) ou le cercle de diamètre [AB] .

Maintenant soit L2 le lieu de (MA,MB)=(MA',MB') ...

On tombe sur (MA,MB)= - (M'A,M'B) donc M' appartient au symétrique de (C) par rapport à (AB) et.......

En sens inverse, si M est sur l'hyperbole x^2-y^2=a^2-b^2 , OH = OK où H projeté de M sur (AB) , K projeté de M sur (BB') ; il faut en déduire que (MA,MB) = (M'B,M'A) ...

A l'aide le bachelier d'antan !

pappus écrivait :

---

> faire la distinction entre les lieux :
$$\begin{align*}
L_+&=\{M\ \vert\
(MA,MB)=\phantom{-}(MA',MB')\}\qquad&
\text{et}\\
L_-&=\{M\ \vert\ (MA,MB)=-(MA',MB')\}.\qquad
\end{align*}
$$ > Pour ce faire, il est préférable d'utiliser les vertus de la fonction $\tan.\qquad$

En effet, avec maple
tangle:=proc(a,aa,b,bb,c,cc)
x1,y1:=b-a,bb-aa:x2,y2:=b-c,bb-cc:
T :=(x1*y2-y1*x2)/ (x1*x2+y1*y2);
return(T) end :
fournit la tangente de (a,aa),(b,bb)(c,cc) par quotient du déterminant et du produit scalaire
Pour le lieu L+
A:=tangle(-a,b,x,y,a,b)-tangle(-a,-b,x,y,a,-b):numer(A);
donne bien l'hyperbole 4*a*b*(a^2-b^2-x^2+y^2)

Pour le lieu L-
A:=tangle(-a,b,x,y,a,b)+tangle(-a,-b,x,y,a,-b):numer(A);
donne bien le cercle et l'axe -4*a*y*(a^2+b^2-x^2-y^2)

pour une isoptique quelconque, faire tangle(a,b,x,y,c,d) -+ tangle(a1,b1,x,y,c1,d1):

Mon cher Robert
Tout vient à point qui sait attendre!
Pour le moment, je suis plutôt intéressé par la formation de l'équation du lieu:
$$\{M \mid (MA,MB)=(MA',MB')\}\qquad
$$ Nous savons tous que nos anciens ne nous ont pas attendu pour l'écrire.
Heureusement d'ailleurs car ils seraient aujourd'hui fort déçus!
Parmi eux, il y en a un dont nous pouvons légitimement être fiers, c'est Darboux !
C'est sans doute lui le premier qui a eu l'idée de Rescassoliser dans son livre :
Sur une classe remarquable de Courbes et de Surfaces Algébriques, édité chez Gauthier-Villars en 1873, page 61
Au début, j'étais un peu incrédule à cause de ses notations bizarres mais j'ai dû me rendre à l'évidence, Gaston Rescassolisait bel et bien et sans téléfon qui son, s'il vous plait !!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Ludwig
Bien sûr mais pas à la façon de Darboux et c'est d'ailleurs moi qui lui ai indiqué comment s'y prendre!
Il semble me rappeler que l'exposé de Darboux est repris dans un livre de Deaux, publié chez Dover, dont j'ai oublié le titre et que j'ai égaré dans le foutoir de ma yourte, peut être: Application des nombres complexes à la géométrie.
Non seulement Darboux a écrit cette équation particulièrement simple à cause des factorisations qu'elle implique mais ensuite il en a tiré les nombreuses propriétés de cette cubique circulaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En associant à un point $M$ du plan le couple $(z,\overline z)$, Darboux parle de coordonnées symétriques.
Il est clair que ce néologisme n'est pas passé à la postérité.
Il y a plus intéressant.
A partir d'un couple $(P,Q)$ de points du plan, Darboux définit un nouveau couple $(P',Q')$ de points qu'il appelle points associés et semble en faire bon usage!
Il serait intéressant d'y jeter un coup d'œil!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Il faut je pense utiliser la propriété page 63 :
Le rapport des distances d'un point $M$ du plan aux deux points $P$ et $Q$ est égal à $e^{i V}$, $V$ désignant l'angle sous lequel on voit du même point le segment formé par les deux points associés $P'$ et $Q'$.
Notre problème se ramène à une égalité de deux fractions ?

Bonjour
Voilà le code qui m'a permis d'obtenir la figure plus haut : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2157152,2158046#msg-2158046

% Soland - 03 Janvier 2021 - D'autres classiques

clear all, clc

syms a b c d aB bB cB dB

syms z zB

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

AB2=(b-a)*(bB-aB);
CD2=(d-c)*(dB-cB);

AZ2=(z-a)*(zB-aB);
BZ2=(z-b)*(zB-bB);
CZ2=(z-c)*(zB-cB);
DZ2=(z-d)*(zB-dB);

Cos2AZB=(AZ2+BZ2-AB2)^2/(4*AZ2*BZ2);    % cos^2(AZB)
Cos2CZD=(CZ2+DZ2-CD2)^2/(4*CZ2*DZ2);    % cos^2(CZD)

Eq=numden(Factor(Cos2AZB-Cos2CZD));
Eq=factor(Eq); % On trouve deux termes en facteur

Eq1=Eq(1)
Eq2=Eq(2)

Eq1=collect(Eq1,[z zB])
Eq2=collect(Eq2,[z zB])

Plus=Factor(Eq1+Eq2)
Moins=Factor(Eq1-Eq2)

Cordialement,
Rescassol

Mon cher Robert
Je crois que tu peux attendre longtemps compte tenu de la vacuité des programmes actuels.
L'analphabétisme général est devenu la règle et ceux qui savent encore devraient être en principe prioritairement vaccinés s'il y avait des vaccins.
Ci-dessous le passage du Lebossé-Hémery que je vais utiliser: article 515, 2°, page 334
Je complète le parallélogramme $AMPA'$.
Les triangles $ABM$ et $A'B'P$ se déduisent l'un de l'autre par translation
Donc $$(MA,MB)=(PA',PB')\qquad$$
On suppose de plus que:
$$(MA,MB)=(MA',MB')\qquad$$
Alors $$(MA',MB')=(PA',PB')\qquad$$
Le quadrangle $(A',B',M,P)$ est formé de points cocycliques.
Alors
$$(A'B',A'M)=(PB',PM)=(MB,B'B)=-(BB',BM)$$
Et on applique le défunt article 515.
Le point $M$ est sur l'hyperbole équilatère de diamètre $A'B$ passant par $B'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Robert
Aujourd'hui la géométrie euclidienne est aussi connue que les géométries non euclidiennes.
On se console comme on peut!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Casagrande
Poser la question, c'est y répondre.
Voir la figure de ce message
Mais la même démonstration marche-t-elle toujours?
Amicalement
[small]p[/small]appus