Asymptotes

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Réponses

  • pappus
    pappus
    Mon cher Gai Requin
    Ce qui importe, c'est le nom de sa droite, la droite de Newton et peu importe la manière dont il l'a trouvée!
    Ainsi j'étais arrivé à la même droite que Poulbot, à ceci près qu'il l'avait utilisée instantanément alors que je ne l'avais rencontrée qu'au bout de rêveries tortueuses où je n'avais eu que le mérite d'être persévérant.
    Faisons un peu le point!
    Aujourd'hui plus personne ne connait la droite de Newton ni la moindre preuve, fût-elle celle de Newton lui même!
    Quant à l'utilisation de l'algèbre linéaire en géométrie, elle ne se pose plus aujourd'hui puisque la géométrie a totalement disparu de notre enseignement!
    A ce propos, je voudrais que tu détailles ton argument sur l'existence de la droite de Newton au moyen de l'application $g$ et sur le fait que $O$ est un point fixe commun de $f$ et $g$, situé à l'intersection de la droite de Newton et de la transversale $(abc)$.
    C'est un petit pensum que je te demande, excuse moi!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • gai requin
    gai requin
    $\mathrm{Trace}(\vec f)=-1$ et $\mathrm{Im}(\vec f)=\overrightarrow{(abc)}$ donc la matrice de $\vec f$ est $\begin{pmatrix}0&0\\0&-1\end{pmatrix}$ dans une certaine base $e$.
    Ainsi, la restriction de $f$ à $abc$ est une symétrie de centre $O$ donc $g(a)=O$.
    De plus, $\vec g=\dfrac 1 2\vec{\mathrm{Id}}+\dfrac 1 2\vec f$ donc la matrice de $\vec g$ dans $e$ est $\begin{pmatrix}\dfrac 1 2&0\\0&0\end{pmatrix}$.
    En particulier, $\mathrm{Im}(g)$ est une droite qui passe par $g(A),g(B),g(C)$ et $O$, the so-called Newton's line !
    Donc $O=(abc)\cap\mathrm{Im}(g)$.
  • pappus
    pappus
    Merci Gai Requin
    Comment prouves-tu $O=(abc)\cap Im(g)$?
    Excuse moi, c'est évident, tu le sous-entendais:
    $O=f(O)$ et $g(O)=\dfrac 12\big(O+f(O)\big)=O\qquad$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Juste un point de détail:
    $O$ est l'unique point fixe de $f$ et $g$ car $1$ n'est pas valeur propre de leurs parties linéaires!
  • gai requin
    gai requin
    Tout est dans mon dernier message.
    $O$ est le centre de symétrie de la restriction de $f$ à $abc$ et $g(a)=O$.
  • pappus
    pappus
    Bonne Nuit à tous
    Je signale à tous ceux qui ne connaissent pas la droite de Newton, autrement dit la quasi-totalité de la population, l'excellent livre de notre ami Jean-Louis Ayme:
    Méthodes & Techniques en Géométrie
    à propos de la droite de Newton
    dans la collection ellipses.
    Il faudrait ouvrir une autre discussion sur le problème des points fixes de l'application affine $f:ABC\mapsto abc\ $ où $abc$ est le triangle des contacts d'une conique inscrite dont je me suis servi dans mes rêveries!
    Mais pour le moment, je suis assez fatigué!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • pappus
    pappus
    Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
    Pour terminer sur une note géométrique et vous savez que je suis un maniaque des figures, voici une petite épreuve de gymnastique
    Vous êtes revenus cent ans en arrière au bon vieux temps où il n'existait pas de logiciels de géométrie.
    Sur votre feuille de papier chiffonnée, vous vous donnez le triangle $ABC$, la transversale ou ménélienne $(abc)$ et un point $M$.
    Construire avec votre règle ébréchée et votre compas rouillé les points $f(M)$ et $g(M)$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • gai requin
    gai requin
    Voilà.121744
  • pappus
    pappus
    Merci Gai Requin
    Serais-tu entré dans le club assez fermé des spécialistes de la droite de Sir Isaac Newton?
    Peut-être pas tout à fait!
    Tu le seras quand tu auras résolu la question suivante et il me semble bien que Poulbot nous l'avait proposée, il y a quelques années:
    Quelles sont les droites $L\ $ orthogonales à leur droite de Newton $L'?\qquad$
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves
    Amicalement
    [small]p[/small]appus121752
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonsoir,

    Soit $f$ l'unique application affine telle que $f(A)=a, f(B)=b, f(C)=c.$

    On sait que $ L$ et $L'$ sont orthogonales si et seulement si $f$ est orthologique.

    J'utilise les coordonnées barycentriques.

    Le triangle de référence:

    $A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$

    La droite L:

    $ux+vy+wz=0.$

    La droite L coupe les côtés BC, CA, AB respectivement en a, b, c :

    $a, b, c\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ w\\ -v\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -w\\ 0\\ u\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} v\\ -u\\ 0\end{array}\right].$

    Les milieux a' de Aa, b' de Bb, c de Cc sont alignés sur L' :

    $a', b', c'\simeq \left[\begin{array}{c} -v + w\\ w\\ -v\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -w\\ u -w\\ u\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} v\\ -u\\ -u + v\end{array}\right].$

    La droite de Newton L' associée à L:

    $ (v w -u (v + w))x+ ( -v w + u (-v + w))y + ( u (v -w) -v w)z=0.$

    La perpendiculaire à BC passant par a:

    $((b^2 - c^2) (v - w) + a^2 (v + w))x+ 2 a^2 vy + 2 a^2 wz=0.$

    La perpendiculaire à AC passant par b:

    $2 b^2 ux+( a^2 (u - w) + c^2 (-u + w) + b^2 (u + w))y+ 2 b^2 wz=0.$

    La perpendiculaire à AB passant par c:

    $2 c^2 ux+ 2 c^2 vy + ( a^2 (u - v) + b^2 (-u + v) + c^2 (u + v))z=0.$

    Les perpendiculaires issues de $a$ à $BC,$ de $b$ à $CA$, de $c$ à $AB$ sont concourantes $\iff a^2 (u - v) (u - w) (v + w) + (v - w) (c^2 (u + v) (u - w) - b^2 (u - v) (u + w))=0.$

    On a :

    $ L$ et $L'$ sont orthogonales si et seulement si $\left[\begin{array}{c}u\\ v\\ w\end{array}\right]\times

    \left[\begin{array}{c} 2a^2 & - a^2 - b^2 + c^2 &

    - a^2 + b^2 - c^2\\ - a^2 - b^2 + c^2 & 2b^2 & a^2

    - b^2 - c^2\\ - a^2 + b^2 - c^2 & a^2 - b^2 - c^2

    & 2c^2\end{array}\right] \times

    \left[\begin{array}{c}v w -u (v + w)\\ -v w + u (-v + w)\\ u (v -w) -v w\end{array}\right]=0$

    $\iff a^2 (u -v) (u -w) (v + w) + (v -w) (c^2 (u + v) (u - w) -b^2 (u -v) (u + w))=0$

    $\iff$ les perpendiculaires issues de $a$ à $BC,$ de $b$ à $CA$, de $c$ à $AB$ sont concourantes en un point $\Omega$ $\iff$ $f$ est orthologique.

    $\Omega \simeq \left[\begin{array}{c} -2 a^2 w (a^2 (u -w) + c^2 (-u + w) + b^2 (u -2 v + w))\\ 2 b^2 (a^2 (2 u -v -w) - (b -c) (b + c) (v -w)) w\\a^4 (u -w) (v + w) + (b -c) (b + c) (v -w) (c^2 (-u + w) +
    b^2 (u + w)) + 2 a^2 (c^2 v (-u + w) + b^2 (-u v + w^2))\end{array}\right].$


    Par ailleurs, $L$ et $L'$ sont les droites invariantes de $f.$

    La droite $L$ est la droite de Simson de $\Omega$ par rapport au triangle ABC. De plus, $L'$ est la droite de Simson du point $\Omega'$, milieu de $H\Omega$ par rapport au triangle médial $A'B'C'$ de $ABC$ où $H$ est l'orthocentre de ABC.

    Amicalement
  • pappus
    pappus
    Bravo Bouzar.
    Tu es vraiment un spécialiste de la droite de Newton.
    Existe-t-il une solution synthétique?
    Seul Poulbot pourrait nous le dire?
    La figure ci-dessous date de 2009!
    Bizarre!
    Car je sais que ce n'est pas moi qui l'ai inventée!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus121756
  • gai requin
    gai requin
    Bonjour pappus,

    Et quid de l'application affine attachée à une conique inscrite ?
  • pappus
    pappus
    Bonjour à tous
    Ma solution calculatoire est légèrement différente.
    J'ai formé l'équation tangentielle de l'enveloppe de la droite $L\ $ d'équation:
    $$ux+vy+wz=0\qquad$$
    en écrivant que l'application:
    $$ABC\mapsto abc\qquad$$
    est orthologique.
    Pourquoi, Gai Requin?
    Les calculs sont aussi compliqués que ceux de Bouzar!
    Et j'ai trouvé:
    $$a^2\dfrac{v+w}{v-w}+b^2\dfrac{w+u}{w-u}+c^2\dfrac{u+v}{u-v}=0$$
    C'est une enveloppe de la troisième classe.
    Or le deltoïde de Steiner est la seule courbe intéressante de la troisième classe de la géométrie du triangle que je connaisse!
    Bien sûr je plaisante!
    Seul un véritable spécialiste de la géométrie du triangle pourrait identifier ce deltoïde sur cette équation et je ne suis pas un spécialiste de cette géométrie!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • pappus
    pappus
    Mon cher Gai Requin
    Tu commences à calculer et après on en reparlera!
    Merci du fond du cœur pour toutes tes interventions!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    A propos de la question de Pappus:
    Quelles sont les droites $(L)$ orthogonales à leur droite de Newton $(L')$ ? 
    % Droites orthogonales à leur droite de Newton - 10 Mai 2021

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 m mB u

uB=1/u;

% Soit une droite transversale quelconque (L).
% On définit (L) par un point M et un vecteur normal u
% (L) a pour équation uB z + u zB = uB m + u mB 

% Point d'intersection A_1 de (L) et de (BC)

[a1 a1B]=IntersectionDeuxDroites(uB,u,-uB*m-u*mB,1,b*c,-b-c);

a1=Factor(a1);
a1B=Factor(a1B);

% A' est le milieu de [AA_1]

A(a,b,c)=Factor((a+a1)/2); % pour faire jouer la permutation circulaire
AB(a,b,c)=Factor((aB+a1B)/2); % Conjugué

ap=A(a,b,c); % Point A'
bp=A(b,c,a); % Point B'

apB=AB(a,b,c); % Conjugués
bpB=AB(b,c,a);

v=Factor(bp-ap) % Vecteur v=A'B'
vB=Factor(bpB-apB); % Conjugués

% On écrit que u et v sont colinéaires

Eq=numden(Factor((u*vB-uB*v)/(a-b)));

Eq=FracSym(Eq,[a b c]); % Exprimer Eq en fonction de s1, s2, s3

% On trouve:

syms s1 s2 s3

Eq=2*s3*u^2*(m + u^2*mB) + (u^6 - s2*u^4 - s1*s3*u^2 + s3^2)

% Changement de paramètre u --> t avec t=-s3/u^2 donc u^2=-s3/t

syms t

Eq=numden(subs(Eq,u^2,-s3/t))

% On trouve:

Eq=-2*t^2*m + 2*s3*t*mB + (t^3 + s1*t^2 - s2*t - s3);

% Et on reconnaît l'équation bien connue de la droite de Simson
% de T(t) par rapport au triangle ABC
    Cordialement,

    Rescassol

    PS: On peut remarquer que la droite de Newton $(L')$ enveloppe les axes des paraboles circonscrites au triangle $ABC$.
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour
    Pappus wrote "Existe-t-il une solution synthétique?"

    Petit rappel (Steiner $1827$) :
    Les $4$ cercles circonscrits aux triangles de côtés trois des côtés d'un quadrilatère complet ont un point commun $F$.
    $F$ est le seul point du plan dont les projections sur les $4$ côtés du quadrilatère sont alignées; la droite qui les joint est perpendiculaire à la droite de Newton du quadrilatère.

    On en déduit immédiatement qu'étant donné un triangle $ABC$, les droites $L$ perpendiculaires à la droite de Newton du quadrilatère complet $\left( BC,CA,AB,L\right) $ sont les droites de Simson (relatives au triangle $ABC$).

    Amicalement. Poulbot
  • pappus
    pappus
    Merci Poulbot pour cette précision.
    Ma figure date de 2009.
    Tu n'étais pas encore arrivé sur le forum nous apporter tes lumières.
    Alors comment ai-je obtenu cette figure?
    Je ne m'en souviens plus!
    Je suis déjà infichu de me souvenir de ce que j'ai fait il y a cinq minutes, alors douze ans n'en parlons pas!
    Passe une très très bonne journée!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour Pappus
    Cet exemple montre à quel point la notion de preuve "synthétique" est sujette à caution.
    Pour qui connaît les propriétés énoncées par Steiner il y a presque $200$ ans, le résultat est évident alors que pour d'autres, il faut passer par de gros calculs de bouzarisation ou de rescassolisation et être capable de reconnaître, comme Rescassol, "l'équation bien connue de la droite de Simson", ce qui n'est malheureusement pas mon cas.
    Amicalement. Poulbot
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    C'était un peu de la provocation de ma part, mais j'ai effectivement cette équation dans ma collection et j'ai une fonction "DroiteSimson" écrite en Matlab. Il se trouve de plus qu'elle a servi dans le fil parallèle "Enveloppe" de PGL@R92.

    Cordialement,

    Rescassol
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour Rescassol et merci
    Je suis soulagé car je ne l'avais évidemment pas reconnue tout en sachant que c'était elle.
    Bien cordialement. Poulbot
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