Isotomie, défends-toi (de la stéréographie)
dans Géométrie
Bonjour,
Poursuite de la lecture passionnante de "géométrie analytique classique" de Jean-Denis Eiden.
Étape 1. Je m'applique, laborieusement, à construire (de nombreux points de) l'inverse isotomique de la demi-droite bleue. Une fois exercé, je regarde le cas très particulier ci-dessous.
Étape 1 bis. Je m'afflige : visiblement, une stéréographie suivie d'une projection allait au but les doigts dans le nez. (À condition de savoir que ce cercle était attendu à la sortie.)
Étape 2. Je départicularise un peu mon exemple, en penchant la droite. La stéréographie fait moins sa maline, mais me nargue encore un peu, appelant sa copine la projection centrale pour remplacer la projection parallèle.
Étape à venir, mais pour laquelle vos éventuels avis éclairés sont bienvenus. Quelle généralisation l'empêchera de poursuivre sa contrefaçon (du travail de l'isotomie) ? Suffira-t-il de prendre un triangle quelconque ? Ou faudra-t-il aller jusqu'à prendre une (demi-)droite quelconque, au lieu de tangente à la conique ?
Amicalement,
Swingmustard
Poursuite de la lecture passionnante de "géométrie analytique classique" de Jean-Denis Eiden.
Étape 1. Je m'applique, laborieusement, à construire (de nombreux points de) l'inverse isotomique de la demi-droite bleue. Une fois exercé, je regarde le cas très particulier ci-dessous.
Étape 1 bis. Je m'afflige : visiblement, une stéréographie suivie d'une projection allait au but les doigts dans le nez. (À condition de savoir que ce cercle était attendu à la sortie.)
Étape 2. Je départicularise un peu mon exemple, en penchant la droite. La stéréographie fait moins sa maline, mais me nargue encore un peu, appelant sa copine la projection centrale pour remplacer la projection parallèle.
Étape à venir, mais pour laquelle vos éventuels avis éclairés sont bienvenus. Quelle généralisation l'empêchera de poursuivre sa contrefaçon (du travail de l'isotomie) ? Suffira-t-il de prendre un triangle quelconque ? Ou faudra-t-il aller jusqu'à prendre une (demi-)droite quelconque, au lieu de tangente à la conique ?
Amicalement,
Swingmustard
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Réponses
Je suis bien heureux de voir que tu t’intéresses à l’isotomie mais qu’appelles-tu stéréographie exactement?
Je suis bien vieux hélas mais j’ai gardé toute ma curiosité!
Amicalement
[small]P[/small]appus
Sur la figure 1 de droite, j'appelle stéréographie l'histoire de complétion de la droite réelle dont je ne trouve pas de meilleur nom : à un point de la demi-droite, j'associe son projeté sur le demi-cercle en pointillé, par la projection de centre le sommet principal du triangle (= par stéréographie ?) : premier vecteur rouge. Deuxième vecteur rouge : j'envoie ce même projeté sur l'autre demi-cercle, par une projection parallèle à la base du triangle.
Figure 1 bis de droite : au même point de la demi-droite, j'associe son projeté sur la demi-ellipse en pointillé, par la projection de centre le même sommet. Deuxième vecteur rouge : ce projeté s'en va ensuite sur l'autre demi-ellipse, par la projection centrale de centre l'intersection de la base avec la demi-droite. Intersection soupçonnée de prétendre à l'infini.
Tandis qu'à gauche, j'ai construit le point isotomique par rapport au triangle donné, en suivant la recette définition. Quand même un avantage à gauche : on peut construire, à l'aide du triangle, toutes les images des points de la droite, puis constater qu'on obtient une conique; tandis qu'à droite, impossible de construire quoi que ce soit si la conique ne nous est pas donnée.
Mini-conjecture (que je n'essaie pas de démontrer) : Étant donné un point de la tangente (d'une conique circonscrite à un triangle), distinguer lequel des points de la conique est son isotomique par rapport au triangle peut se faire à l'aide de cette construction "stéréographique".
Je n'ai même pas testé les triangles autres que ce rectangle isocèle. Ce que je me demande :
Que tu aies des lumières là-dessus ne m'étonnera guère !
Amicalement,
Swingmustard
P.S. Je réalise que le terme "stéréographie" désigne peut-être la réciproque de ce que j'utilise. À force de travailler avec les involutions, je ne vois plus la différence !
Je voudrais surtout comprendre le charabia que tu nous racontes.
Je n'ai compris ni ta définition de la stéréographie ni ce que tu cherches vraiment
On va procéder avec ordre et méthode.
1° Tout d'abord, quelle est la définition de l'isotomie? (Je me méfie!)
2° Quelle est la transformée d'une droite par isotomie? (C'est du cours!)
3° Comment traces-tu avec ton logiciel l'image d'une droite $L$ (donnée par deux points $U$ et $V$) par isotomie par rapport à un triangle $ABC$
Amicalement
[small]p[small]appus
1° J'appelle conjugué isotomique $M'$ de $M$ par rapport à $ABC$ le point de concours des transformées isotomiques des céviennes passant par $M$.
2° La transformée d'une cévienne en est une autre, passant par le symétrique du pied de la cévienne par rapport au milieu de son côté. La transformée d'une non-cévienne est une conique circonscrite (p. 128 de ce trésor de lecture).
3° Le tracé de l'image d'une droite $L$ (donnée par deux points $U$ et $V$) a été galère, c'est vrai ! J'ai créé une liste avec les coordonnées barycentriques de cinq points de la droite : ${U, V, U + 2(V-U), U + 3(V-U), U + 4(V-U)}$. J'ai appliqué la formule $(yz, zx, xy)$, et vogue la conique passant par ces cinq points...
Je ne repose que ma première question, pour l'instant.
Valides-tu que, dans le cas particulier où $L$ est tangente à son ellipse image (je suis trop flemmard pour les autres coniques), une autre manière de trouver $M'$ consiste à composer les deux projections centrales dont j'ai parlé : celle de centre $A$, sur la demi-ellipse en pointillé, puis celle de centre $L \cap (BC)$ sur l'autre demi-ellipse ?
Amicalement,
Swingmustard
Pour le moment, je ne suis d'accord sur rien du tout!!!
On verra ce qu'il en est par la suite.
On va y aller graduellement!!!
Disposes-tu d'un logiciel de géométrie et si oui as-tu essayé de tracer la configuration d'une droite $L=(UV)$ et de son image par l'isotomie relative au triangle $ABC$?
Sinon on va pédaler dans la semoule et ce n'est pas la peine de continuer.
Remarque que le calcul analytique est lui aussi important!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Même pas d'accord sur 1° et 2° ? Flûte alors.
À part ça, le dessin de gauche te convient-il ?
J'ai changé d'avis sur ma soi-disant demi-ellipse, maintenant je pense que la demi-droite est envoyée sur toute la partie que j'ai dessinée, qui s'arrête ... correction : en un point que j'ai défini plus haut, et différent du point qui apparaît dans l'autre dessin.
À droite : là je garde pour l'instant les moitiés d'ellipse, mais reconnais qu'une seule est utile pour cet exemple, et que je vais devoir y repenser.
Le point s'appelle $M''$ parce que mon logiciel ne sait pas donner deux fois le même nom, mais c'est bel et bien le conjugué isotomique $M'$ de $M$, construit autrement.
Amicalement,
Swingmustard
Tu as surtout l'esprit trop compliqué et tu cherches midi à quatorze heures.
Il faut rester naturel!!
Si tu as un logiciel, trace moi simplement la configuration d'une droite et de sa transformée par isotomie en oubliant pour un instant toutes les questions saugrenues que tu te poses!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Moi non plus, je ne comprends rien à ce que tu veux. Peut-être me faire constater que $L$ et son image sont tangentes si et seulement si $L$ passe par un des trois points qui forment un parallélogramme avec $ABC$ ?
Bonne nuit et merci pour l'attention,
Siwingmustard
Pour le coup, je suis surpris!
Tu vois qu'en dialoguant on arrive à se comprendre peu à peu!
Oui, c'est là où je voulais en venir et le simple fait que tu me le dises montre que tu n'es pas aussi farfelu que tu veux bien le laisser paraître.
Tu l'as dit toi même!
Je ne m'intéresse qu'aux cas particuliers où la droite $L$ est tangente à sa conique image.
Et dans ces cas particuliers, je cherche un moyen plus simple de construire l'image $M'=i(M)$
Alors pourquoi ne m'as-tu pas envoyé une figure montrant explicitement cette configuration comme celle que je t'envoie ci-dessous?
Tu remarqueras que je n'ai pas explicité la construction isotomique du point $M'$, non pas qu'elle soit compliquée mais simplement pour ne pas surcharger la figure.
Alors est-ce bien une construction plus simple de ce point $M'$ que tu cherches?
Réponds moi franchement et sans détours.
Après on pourra continuer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
C'est presque ça, mais je dirais plutôt qu'elle m'est tombée dessus, car je ne la cherchais pas. Je la redécris : elle compose la projection de centre $C$, sur la conique (et donne $M_1$), avec la projection de centre $\Omega$ (intersection de la base $(AB)$ avec la droite $L$), sur la conique également.
Merci de m'avoir fait remarquer que ma description des points où droite et conique sont tangentes était incomplète, puisque $G$ en fait partie.
Amicalement,
Swingmustard
Si c'est celle là que tu voulais nous expliquer au départ, on peut dire que tu nous as raconté des histoires à dormir debout sans contenu géométrique ou mathématique ou même logique.
Tu as fait le pitre, très bien d'ailleurs, félicitations
On est redescendu sur terre, sur le plancher des vaches.
J'aurais applaudi des deux mains si tu nous avais envoyé cette figure dés le début mais il a fallu que je te tire les vers du nez pour que tu le fasses, très bien aussi.
Mais je suis un éternel insatisfait!
1° Comment savais-tu que les seules droites tangentes à leurs coniques images étaient celles que tu as dites?
2° Comment as-tu trouvé cette jolie figure, qui n'a rien à voir avec une quelconque stéréographie dont tu es bien le seul à connaître la définition farfelue?
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai le pressentiment qu'on aura pas plus d'explications de la part de SwingMustard, alors je vais commencer à répondre à sa place
La droite $L$ a une équation homogène de la forme:
$$ux+vy+wz=0\qquad$$
L'équation de la conique image de $L$ par l'isotomie relative au triangle de référence $ABC$ est:
$$uyz+vzx+wxy=0\qquad$$
La matrice de la conique ponctuelle est:
$$\begin{pmatrix}
0&w&v\\
w&0&u\\
v&u&0
\end{pmatrix}
\qquad
$$
La matrice de la conique tangentielle est donnée par la comatrice:
$$\begin{pmatrix}
-u^2&uv&uw\\
uv&-v^2&vw\\
uw&vw&-w^2
\end{pmatrix}
\qquad
$$
La droite $L(u:v:w)\ $ sera tangente à sa conique image si et seulement si le vecteur $(u,v,w)\ $ est un vecteur isotrope de la forme quadratique associée à cette comatrice et on obtient:
$$\mathcal{Heron}(u,v,w)=-u^4-v^4-w^4+2v^2w^2+2w^2u^2+2u^2v^2=(u+v+w)(-u+v+w)(u-v+w)(u+v-w)=0\qquad$$
Je vous laisse conclure!!!
J'ai fait exprès d'utiliser le langage de l'algèbre linéaire moderne mais ce n'est pas ainsi qu'auraient procédé nos anciens tout en arrivant au même résultat évidemment!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je me suis mis en tête de prouver l'existence de la configuration de SwingMustard de préférence avec le moins de calculs possibles sinon sans calculs
La figure ci-dessous montre une droite $L$ passant par $G$ qui est un des quatre points fixes de l'isotomie et la conique image $\Gamma=i(L).\qquad$.
Elle montre aussi un point $M\in L$ et son image isotomique $M'=i(M).\qquad$
J'ai figuré la construction du point $M'\ $ en appliquant la définition de l'isotomie.
Elle n'est pourtant pas si compliquée que cela pour qu'on en cherche une autre mais passons.
Pour prouver l'existence de la configuration de SwingMustard, j'ai besoin d'un petit lemme pas si évident que cela.
On sait que l'isotomie est une transformation quadratique dont les points exceptionnels sont les points $A$, $B$, $C$.
Exceptionnels parce que l'isotomie n'est pas définie en ces points contrairement à ce que pense Gai Requin.
Mais partout ailleurs l'isotomie est un morphisme involutif parfaitement lisse i.e $\mathcal C^{\infty}.\qquad$
Première colle:
Qu'est-ce que cela entraine sur l'application linéaire tangente $T_Gi?\qquad$
L'isotomie n'est évidemment pas une transformation projective, ne serait-ce que parce qu'elle n'est pas définie partout mais je voudrais prouver la
Deuxième colle:
La restriction de l'isotomie à la droite $L$ est une homographie (i.e: une transformation projective) de $L$ sur la conique $\Gamma=i(L).\qquad$
La question n'est pas idiote puisque $L\ $ et $\Gamma$ ont des structures naturelles de droites affines!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je viens ici par plaisir d'apprendre... et parce que je suis maso. Avec toi, le service est double, donc merci merci !
J'avance à mon rythme, et pour te dire s'il concurrence celui de la tortue, je me dis actuellement : "Tiens, en considérant les deux côtés issus de $A$ d'un triangle $ABC$ comme une conique dégénérée, on peut chercher la conjuguée harmonique de chacune des trois céviennes issues de $A$ et que le collège appelle droites remarquables. J'admire la simplicité de la réponse concernant la bissectrice et la médiane, je sèche sur la hauteur."
Tout ça un peu à cause de toi : voulant répondre à ta question 1, je me suis replongé dans le bréviaire, n'ai pas trouvé où j'avais lu l'histoire de parallélogramme, et me suis complètement égaré au fond d'un quadrilatère.
Pour la question 2, je complète un peu mon dessin, et redis qu'au début, cette trouvaille m'a plutôt vexé : je m'étais exercé à dessiner le conjugué isotomique (dessin de gauche), et me sentais un peu "volé" du temps investi, à cause de la composition de projections (dessin de droite). Tu as toute ma reconnaissance pour la démonstration entreprise, et, vu que je progresse en coordonnées barycentriques, j'saurons bientôt de koi tu causes.
Parlant des projections, si la première des deux, qui me rappelle une manière de visualiser la droite réelle achevée, n'est pas une (réciproque de) projection stéréographique, veux-tu bien me dire son vrai nom ? Alors je changerai le titre du fil.
Amicalement,
Swingmustard
Je ne comprends toujours absolument rien à tes jolies figures mais ce n'est pas grave du moment que tu t'amuses!
Je te remercie pour ta jolie configuration que j'ai bien du mal à justifier.
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.
Amicalement
[small]p[/small]appus
$(x:y:z)\mapsto (x:y)$ est un isomorphisme de $L$ (resp.$\Gamma$) dans $\mathbb P^1$.
On peut donc repérer les points de $L$ et ceux de $\Gamma$ par deux coordonnées projectives via ces isomorphismes.
On a alors $i:L\to\Gamma,(x:y)\mapsto (y:x)$ !
Peux-tu expliciter les isomorphismes inverses:
$\mathbb P^1\mapsto L\ $ et $\mathbb P^1\mapsto \Gamma?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ta démonstration se lit sur ma figure!
La projection centrale de centre $C$ induit un isomorphisme:
$$L\mapsto AB; M(x:y:z)\mapsto w(x:y:0)\qquad\\
\Gamma\mapsto AB; M'(yz:zx:xy)\mapsto w'(y:x:0).
$$ Nos anciens auraient dit.
L'application $M\mapsto M'$ est la composée des homographies :
\begin{align*}
L\longmapsto AB\quad;&\quad M\mapsto w\qquad \\
AB\longmapsto AB\quad;&\quad w\mapsto w'\qquad \\
AB\longmapsto \Gamma\phantom{C}\quad;&\quad w'\mapsto M'\qquad
\end{align*} Comment prouver maintenant la configuration de SwingMustard ?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il n'en est rien !
Notons $f:\Gamma\to\mathbb P^1$, $(x:y:z)\mapsto (x:y)$.
Sur $\Gamma$, on a $\dfrac x y=\dfrac{-uz-wx}{vz}$ donc $f(x:y:z)=(-uz-wx:vz)$ donc $f(C)=(-u:v)$.
Tu as redécouvert, tout seul comme un grand, le phénomène d'éclatement aux points exceptionnels de l'isotomie.
Maintenant il faut s'attaquer à la configuration de SwingMustard et analyser d'un peu plus près sa construction de l'isotomique d'un point de $L$ au moyen de sa conique image $\Gamma=i(L).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu as mis $BC$ à la place de $AB$ quand tu as décrit $M\mapsto M'$ comme composée de trois homographies [ici].
Une petite remarque : Si $L$ passe par $G$ et $A+\overrightarrow{CB}$, alors $L$ n'est pas tangente à $\Gamma$.
J'ai corrigé mon typo, dû à la confusion mentale du grand âge!
En ce qui concerne ta remarque, $L$ est la médiane issue de $C$ et $\Gamma=i(L)\ $ se décompose en $L\cup AB.\ $, c'est le problème de l'éclatement!
Ci-dessous, j'ai tracé la configuration de SwingMustard
La droite $AM\ $ recoupe $\Gamma$ en $M'_A.\qquad$
Si $a=L\cap BC\ $, la droite $aM'_A$ recoupe $\Gamma$ en $M'=i(M)\ $, l'isotomique de $M.\qquad$
C'est vrai et nous ne saurons sans doute jamais comment SwingMustard a découvert ce petit miracle.
Mais nous, nous nous devons d'expliquer ce petit phénomène!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai changé de sommet, $A$ à la place de $C$ mais cela n'a aucune importance!
Donc $h=i$.
Je n'ai plus rien à t'apprendre en géométrie projective.
En effet pour montrer que deux homographies entre deux droites projectives sont les mêmes, il suffit de prouver qu'elles coïncident en trois points distincts.
On pourrait presque dire qu'on a donné une preuve synthétique de la configuration de SwingMustard mais je crains que Jean-Louis ne soit pas d'accord du tout!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ci-dessous la configuration complète de SwingMustard où tous les sommets du triangle $ABC\ $ jouent le même rôle!
L'isotomie n'a donc rien à craindre d'une stéréographie imaginaire et farfelue.
Sur ma dernière figure, les triangles $ABC\ $ et $M'_AM'_BM'_C\ $ sont en homologie par rapport au pôle $M$.
Quelle est l'enveloppe de l'axe d'homologie?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les calculs de leur enveloppe paraissent compliqués.
Mais pappus a plus d'un tour dans son sac...
Merci bien sûr. J'ai peur de lasser autant que de décevoir, mais l'élément déclencheur, puisqu'il a été redemandé ("[...] nous ne saurons sans doute jamais [...]") est simple.
Si l'isotomie transforme certaines droites en cercles, pourquoi ne pas comparer avec un truc que je n'ai pas baptisé tout seul... contrairement à ce que pappus colporte, qui d'ailleurs ignore superbement mes demandes de meilleur nom. Ou dois-je comprendre "homographie" ? Des liens avec d'autres farfelus :
https://fr.wikipedia.org/wiki/Projection_stéréographique#:~:text=En géométrie et en cartographie,un point sur un plan.
Et un monsieur qui dessine avec Cabri.
La partie gauche de mon dernier dessin montre l'effet de l'isotomie sur quelques points de la droite.
Peinant à trouver une direction commune (il n'y en a d'ailleurs pas) à ces vecteurs, je me suis avisé qu'on pouvait les décomposer en deux parties (partie droite du dessin) : la sans-nom (je dirais bien la réc... de la st..., mais on va encore se moquer), suivie d'une projection parallèle.
Pour généraliser un peu, j'ai penché la droite, ce qui a transformé le cercle en ellipse. La deuxième projection a été forcée de devenir centrale, elle aussi, mais ça semblait fonctionner encore, alors je suis venu demander de l'aide et on m'a comblé, encore merci. Je suis étonné et touché d'avoir été si bien entendu dans ma demande d'explication, et étonné tout court d'être si mal compris à propos de l'origine de la question.
Peu importe ce détail, et puisque vous semblez avoir réglé la question de départ, je me permets de reposer celle qui l'accompagnait : faut-il s'attendre à une généralisation quand droite et conique ne sont plus tangentes ?
Sueurs froides : maybe c'est le genre de question qui révèle à quel point je suis largué... Bof, ça se voit depuis longtemps !
Amicalement,
Swingmustard.
Je pense que tout simplement tu vends bien mal ta marchandise.
Cela ne sert à rien de parler de façon plus ou moins ésotérique, il faut rester simple et utiliser le bon vieux langage mathématique
C'est dommage car ta première figure avait son propre intérêt, même si elle présentait l'isotomie en dehors de son véritable cadre qui est le plan affine.
C'est déjà un petit miracle que l'isotomie, dans le cas particulier que tu nous a présenté, transforme ta droite en un cercle.
En général ce n'est pas le cas.
Qui plus est, la restriction de l'isotomie à la droite pouvait se voir comme la restriction d'une transformation circulaire directe: la projection stéréographique qui est une inversion suivie d'une symétrie.
C'est cela qui était important plus que la figuration de tes vecteurs colorés qui n'a strictement aucune importance.
En géométrie, il faut toujours toujours toujours penser transformations!
Ta deuxième configuration m'a plus épaté car là on travaillait dans le plan affine et j'ai eu un peu de mal à la justifier
Ce qui m'a surtout étonné, c'est que tu saches que les droites tangentes à leur coniques-images passaient par les points fixes de l'isotomie.
Cela prouve déjà que tu as de solides connaissances en géométrie.
Je te remercie de nous avoir proposé ces jolies configurations et j'espère que tu nous en proposeras beaucoup d'autres mais présente les nous de façon naturelle!
Cela nous fera gagner du temps!!!
Petite colle en écho à ta première figure:
On travaille dans le plan euclidien avec un triangle de référence $ABC$ absolument quelconque!
Quelle est la droite $L$ du plan qui, par l'isotomie $i$, va se transformer en le cercle circonscrit $\Gamma\ $ au triangle $ABC?\qquad$
Montrer qu'il existe une transposition circulaire $\rho$ telle que $M'=i(M)=\rho(M).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Pour te faire plaisir et dans ton jargon, cette transposition circulaire $\rho\ $ est le produit commutatif d'une stéréographie et d'une symétrie axiale!
Finalement quand on y réfléchit bien, ta première figure est un exo de géométrie circulaire et la seconde un exo de géométrie projective!
Outre mon jargon, je sors mon plastron : la droite $L$ est parallèle à la polaire de l'orthocentre de $ABC$, polaire par rapport au cercle circonscrit. À ne pas confondre avec sa polaire triangulaire, ou axe orthique, qui aligne les trois conjugués harmoniques des pieds des hauteurs, dont auxquels je me faisais du souci dans une parenthèse plus haut.
En passant, j'ai fait connaissance avec la polaire triangulaire du centre du cercle inscrit, qui n'a pas l'air d'intéresser grand monde et sur laquelle les pieds des bissectrices extérieures prennent le soleil, tandis que la polaire triangulaire du centre de gravité est la droite à l'infini.
Le poisson est noyé : j'ignore quelle parallèle à cette fichue polaire, ainsi que le commencement du pourquoi !
J'ai oublié d'applaudir "l'éclatement aux points exceptionnels de l'isotomie", et de dire que je n'avais pas vu du tout que $A, B, C$ jouaient des rôles symétriques (alors que, effectivement, on pouvait s'en douter), merci pour ça aussi.
Quand gai requin définit l'axe de l'homologie d'une manière apparemment non symétrique, justement, j'ai vérifié qu'il avait bien raison (comme de bien entendu), à cause d'encore un alignement : celui de la troisième intersection de droites qu'on peut fabriquer pour faire tourner la symétrie, avec les deux points qu'il a proposés.
Mais l'enveloppe, les transpositions circulaires, c'est tout nouveau pour moi, et trop pour que j'aie quoi que ce soit à proposer.
Bonne nuit et de beaux rêves,
Swingmustard
Dans la dernière colle de pappus, $L:a^2x+b^2y+c^2z=0$ et $\rho$ est la transposition circulaire qui échange $A$ et $BC\cap L$, ainsi que $B$ et $AC\cap L$.
En déduire une construction à la règle et au compas du quatrième point d'intersection du cercle circonscrit et de out-Steiner.
Personnellement j'utilise deux Axiomes beaucoup plus importants que les axiomes agonisants de Thalès et de Pythagore:
1° L'Axiome de Poulbot d'autant plus précieux qu'il se fait plus rare!
2° L'Axiome de JDE: il faut toujours avoir son JDE près de soi quand on fait de la géométrie.
Ce qui me surprend dans les configurations que tu nous as envoyées, c'est leur pertinence.
Elles sont chargées de sens et on ne peut que progresser en géométrie en essayant de les résoudre.
Voici la figure de ma petite colle qui n'est qu'une généralisation naturelle de la tienne
La droite $L\ $, telle que $i(L)=\Gamma\ $ le cercle circonscrit au triangle $ABC,\ $ est la droite duale du point de Lemoine $K$. Elle est perpendiculaire à la droite d'Euler $\Delta\ $ et porte très certainement le nom d'un Monsieur Machin-Chouette, (Monsieur de Longchamps, je présume).
$M'=i(M)\ $ est l'isotomique du point $M\in L$.
$S\ $ est le point de Steiner du triangle $ABC\ $.
Il arrive en quatre vingt dix neuvième position dans la liste de Kimberling.
$M'\ $ et $M''\ $ sont symétriques par rapport à la droite du Suisse de droite.
Je te souhaite une bonne lecture du JDE dans lequel tu trouveras de la géométrie circulaire.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Geogebra et Kimberling prétendent que $L$ est la polaire du point d'Exeter du triangle. Wikipédia ajoute qu'il a été découvert en 1986.
Pas au bout de mes peines !
Cher pappus, merci pour le message que je vois que tu viens d'envoyer, plein d'enseignements et que je m'en vas méditer.
Amicalement,
Swingmustard
Maintenant qu'on a compris plus ou mois le schmilblic, on échange l'isotomie avec l'isogonalité et le cercle circonscrit avec l'ellipse de Steiner et on regarde ce qui ce passe.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Deux dessins pour m'aider à comprendre l'action des inversions en jeu dans cette discussion.
1) Page 127 : "L'inverse isotomique d'une droite cévienne". J'ai pris le cas particulier de la médiane. Privée de $A$, $G_A$ (milieu du côté opposé) et $A'$ (son intersection avec l'ellipse de Steiner), elle est globalement invariante. Traçons des points $M,N,P$ et leurs images $M',N',P'$.
Cette médiane a même deux vrais invariants : $G$ et le symétrique $A''$ de $A$ par rapport à $G_A$, les flèches bleues et rouges le confirment.
Ses points $A$, $G_A$ et $A'$ méritent d'être appelés exceptionnels : flèches vertes et origines des vecteurs bleus montrent qu'en tant que limites, $A$ et $G_A$ auraient tendance à s'échanger ; origine rouge et verte à la fois, $A'$ est envoyé à l'infini à droite et à gauche.
2) J'illustre la page 150 : "L'inverse isogonal d'une droite non cévienne" pour le cas particulier où $ABC$ est rectangle, histoire de disposer, pour la suite, de valeurs numériques sympatoches. Mon (a) est aussi, sans l'avoir voulu, un des exemples de la page 171.
a) Des invariants pour l'inversion isogonale ? Les centres des cercles inscrit et exinscrits.
D'où une belle analogie avec les quatre de l'isotomie. Les six droites qui les joignent sont globalement invariantes et sont toutes les bissectrices de $ABC$. J'ignore encore s'il y aura d'autres droites globalement invariantes.
b) L'inverse isogonale de l'hyperbole d'équation $x^2-y^2=7$ par rapport à ABC est la droite d'équation $4x-3y=0$.
Points exceptionnels : les paires de limites infinies semblent envoyées sur les intersections de la droite avec cercle circonscrit. Dit autrement : l'une des branches va dans le disque, l'autre à l'extérieur ? Hum, deux couleurs auraient été plus claires que les cinq utilisées.
Cher pappus : je n'avance pas vite, mais je n'oublie pas ta proposition !
Amicalement,
Swingmustard
La manière dont sont réarrangés les points de la droite me laisse rêveur.
Demi-droite bleue, segment rouge, demi-droite verte donnent respectivement
demi-branche bleue, branche rouge, demi-branche verte.
Dit comme ça, ç'a l'air cohérent, mais le dessin me donne le tournis.
Tout ça grâce ou à cause du point $S$. Il faut vite que je regarde sur un cas moins particulier s'il s'agit bien du point de Steiner, quatrième point d'intersection de la conique avec le cercle circonscrit.
Correction : point de Steiner = quatrième intersection de l'ellipse de Steiner avec le cercle circonscrit.
Ici, point exceptionnel = quatrième intersection de l'hyperbole avec le cercle circonscrit !
Amicalement,
Swingmustard.
Je crains que le point exceptionnel dont je parlais n'ait que peu à voir avec le point de Steiner : c'est plutôt le quatrième point d'intersection du cercle circonscrit avec ... l'hyperbole, bien sûr !
Amicalement.
Grâce à un logiciel de géométrie bien dynamique, je tombe sur l'hyperbole d'équation $x^2-4xy-y^2=4$, qui a le bon goût :
a) d'avoir au moins douze points à coordonnées entières,
b) par rapport au triangle $ABC$, une isogonale d'équation $y=-2x+9$.
(J'ai choisi de placer l'origine en J, un des points du cercle d'Euler, dont JDE m'a appris qu'il est le lieu des centres d'hyperboles équilatères circonscrites à $ABC$.)
À propos d'inversion isogonale, de longs calculs m'ont permis d'exprimer $x'$ en fonction de $(x,y)$ (j'ai renoncé provisoirement à $y'$), en passant par les barycentres, puisque ceux-ci donnent $(a^2vw,b^2wu,c^2uv)$.
Dans $x'=-2\dfrac{x^2-3xy-3y^2-x+20y-22}{(x-2)^2+(y-5)^2-25}$, le dénominateur est la puissance du centre $O$ du cercle circonscrit.
1) Pourquoi ? 2) Le numérateur est-il, lui aussi, une quantité géométrique bien cachée sous cette forme décourageante ?
3) En fait, je rêve d'une relation entre un paramètre de la droite et un paramètre de l'hyperbole, qui montrerait le découpage branche verte d'hyperbole / diamètre vs. demi-branches / demi-droites. Qui montrerait ça plus simplement qu'ici, où on le voit déjà puisque les points du cercle ayant une puissance nulle, ils annulent bien le dénominateur, faisant éclater l'inverse.
Je ne cherche pas qu'une relation, je veux la satanée bijection qui échange ces deux paramètres, et je bloque d'avance sur le fait que l'un parcourt l'ensemble des réels tandis que l'autre, d'après les définitions consultées, ressortira plutôt à la trigonométrie.
Amicalement,
Swingmustard
On travaille dans (a) et (b) respectivement avec les triangles de référence $ABC$ et $EFG$.
1) Équations de la droite.
a) La droite $(FG)$ a pour équation $\begin{pmatrix} 10&-2&5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix} =0$.
b) Même si on sait que l'équation de $(FG)$ dans $EFG$ est simplement $x=0$, on a plaisir à vérifier qu'on obtiendrait aussi cette équation en utilisant la matrice de passage $P$, construite avec, en colonnes, les coordonnées des sommets de $EFG$ dans $ABC$: $$\begin{pmatrix} 10&-2&5 \end{pmatrix} P =\begin{pmatrix} 10&-2&5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 28&7&-21\\ 20&35&15\\ -6&0&48 \end{pmatrix}=210\begin{pmatrix} 1&0&0 \end{pmatrix}.$$
2) Équations de l'hyperbole.
a) Comme disait pappus un peu plus haut, la conique ponctuelle a pour matrice $\begin{pmatrix} 0&9&-5\\ 9&0&49\\ -5&49&0 \end{pmatrix}$.
b) Dans $EFG$, elle a pour matrice ${}^t\!P\begin{pmatrix} 0&9&-5\\ 9&0&49\\ -5&49&0 \end{pmatrix}P=\begin{pmatrix} 0&0&8\\ 0&1&17\\ 8&17&17 \end{pmatrix}$.
3) Formules de l'inversion isogonale.
Ce qui me tarabuste, et pour quoi vos lumières seront bienvenues : la matrice de passage vient de montrer pas mal d'efficacité. J'aimerais qu'elle continue, pour transformer grâce à elle la formule de l'inversion isogonale dans $ABC$, en sa formule dans $EFG$. Et j'échoue, ne trouvant le résultat "qu'à la main", utilisant bien sûr des matrices, mais trop maladroitement, j'en suis certain.
a) $i(x:y:z)=(49yz:25zx:18xy)$ quasiment par définition, vu que la conique est circonscrite à $ABC$.
b) Dans $EFG$ (j'en fais une matrice, pour la lisibilité) en ramant comme un taré (avec une matrice à 3 lignes et 6 colonnes que je vous épargne), je trouve $$i(x:y:z)=\begin{pmatrix} y^2+17z^2+34yz+16zx\\-2x^2-y^2-17z^2-18yz-2xy\\2x^2+y^2+z^2+2yz+2zx+4xy \end{pmatrix}$$
4) La réponse à ma question d'il y a quelques jours.
Paramétrons $(FG)$ dans $EFG$ avec le centre $O$ du cercle circonscrit comme origine, et le vecteur $\vec{OF}$.
$M=(0: 1+t: 1-t)=O+ t\begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}, t\in \mathbb{R}$.
Récoltons les fruits du (3b). Il vient
$i(M)=(13-4t^2:-9:1)+8t\begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}=H+(-4t^2:0:0)+8t\begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}$. Comme espéré, le calcul des inverses des points de $(FG)$ se trouve ramené à sa plus simple expression, et celle-ci permet de suivre avec bonheur le point courant sur le dessin.
Remarque. $F$ et $G$ n'étant que proches du cercle, c'est en des valeurs de $t$ proches de $\pm1$ qu'a lieu l'éclatement, valeurs qui s'obtiennent en annulant la somme des coordonnées de $i(M)$, qui (si j'ai bien compris), décide dans ces deux cas (il faudrait aussi parler des intersections de $(FG)$ avec les côtés de $(AB)$) de cesser d'être un point, ou tout au moins d'aller se faire voir à l'infini.
Je repose ma question d'aujourd'hui. Quelles élégantes matrices utiliser pour tirer d'une formule de $i(M)$ dans $ABC$, comme dans le (3a), celle de $i(M)$ dans un autre triangle, comme dans le (3b) ?
Amicalement,
Swingmustard.