Perrin4

pappus
pappus
dans Géométrie
Bonjour à tous
Encore un exercice tiré du cours de Perrin, très très facile celui là.
Je n'ai pas encore réussi à percer le choix de ses exercices.
Tout cela pour vous inciter à lire son cours.
Certaines parties sont certes difficiles à assimiler mais vous n'êtes pas obligés de tout lire.
Sur la figure vous avez un triangle $abc\ $ inscrit dans un cercle $\Gamma.\qquad$
Le point $e\ $ est un point variable de $\Gamma.\qquad$
La droite $ae\ $ recoupe la droite $bc\ $ en $d.\qquad$.
Quel est le lieu du centre $\omega\ $ du cercle circonscrit au triangle $bed\ $ quand le point $e\ $ décrit le cercle $\Gamma?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus123864

Réponses

  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Avec Morley circonscrit, c'est la droite d'équation $az - b^2c\overline{z} + b(c-a)=0$.
    Elle passe par $B$ ainsi que par le point $F$ où la hauteur issue de $A$ dans le triangle $ABC$ recoupe son cercle circonscrit.


    Cordialement,

    Rescassol
  • gai requin
    gai requin
    Dans le plan circulaire, $f:e\mapsto\omega$ définie sur $\Gamma$ est une homographie qui envoie donc $\Gamma$ sur un cercle-droite qui passe trivialement par $b$.
    Soit alors $E$ le point de $\Gamma$ tel que $aE\parallel bc$.
    On a $f(E)=\infty$ donc $f(\Gamma)$ est une droite.
    De plus, la tangente à $\Gamma$ en $a$ coupe $bc$ en $D$.
    $f(\Gamma)$ passe aussi par $\Omega$, le centre du cercle circonscrit à $abD$.123888
  • pappus
    pappus
    Mon cher Gai Requin
    C'est curieux mais j'avais le pressentiment que tu utiliserais la géométrie circulaire.
    Ceci dit même si la solution imaginée par Perrin est très très très élémentaire, elle ne l'est plus dans une république où la géométrie a été réduite aux axiomes de Thalès et de Pythagore en attendant pire!
    Lequel de ces deux axiomes restants disparaitra-t-il en premier de notre enseignement?
    On peut voter!
    C'est justement la bonne période!
    Déjà comment démontres-tu que l'application (??) $e\mapsto \omega\ $ est une homographie?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    J'ai effectivement passé un bon moment en regardant Roland Garros tout en manipulant distraitement Cabri pour te répondre!
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    L'homographie est donnée par $f(z)=\dfrac{b(a-c)z}{az-bc}$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • pappus
    pappus
    Merci Rescassol
    Donc ton homographie est défini dans le plan (circulaire) tout entier, ce que ne disait pas Gai Requin!!
    C'est l'éternel débat entre les calculs et la figure.
    Mais peux-tu être un peu plus explicite en me construisant sur la figure l'image d'un point quelconque du plan par ton homographie?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • pappus
    pappus
    Bonjour à tous
    Décidément Gai Requin et Rescassol font rien qu'à m'embêter!
    On est bien loin de la solution imaginée par Perrin mais ça m'amuse.
    J'ai fait la figure que n'a pas faite Rescassol.
    Gai Requin en a bien fait une mais je n'ai pas compris son raisonnement!
    Je dois tout faire comme d'habitude!
    Rescassol a Rescassolisé en choisissant le cercle $\Gamma\ $ pour cercle unité.
    Les points fixes de son homographie sont les points $0\ $ et $b\ $
    Le point limite objet $I\ $, ($f(I)=\infty\ $) est le point $E$ de Gai Requin.
    Je préfère l'appeler $I$ par atavisme comme nos aïeux le faisaient.
    J'ai tracé le point limite image $J\ $, ($f(\infty)=J\ $.
    Et on sait ou plutôt on savait que le quadrilatère $I0Jb\ $ est était un parallélogramme.
    C'est plus qu'il n'en faut pour déterminer $f$ graphiquement et j'ai tracé l'image $m'=f(m)\ $ au moyen d'une macro adéquate.
    Puis j'ai fait $m=e\ $ et à ma grande surprise j'ai trouvé $m'=\omega\ $
    Ainsi Rescassol nous avait dit la vérité (tout comme Gai Requin (?)) mais cela ne m'étonne pas de lui!
    Mais pourquoi a-t-on $f(e) =\omega ?\qquad$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus123876
  • pappus
    pappus
    Merci Rescassol
    Je n'avais pas lu ton tout premier message!
    J'avais déjà fait la figure correspondante, (encore une fois c'est moi!).
    J'avais appelé $a'\ $ ton point $F!\ $
    And my courtesy, j'ai vaguement suggéré la solution attendue par Daniel Perrin.
    J'attends toujours la démonstration de $f(e)=\omega!!\qquad$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus123886
  • gai requin
    gai requin
    Parce que Rescassol a déterminé $f$ à partir de $f(e)=\omega$.
    Et à partir de son expression, tu as trouvé les points limites et les points fixes.

    Quant à mon raisonnement, on sait que l'image d'un cercle par une homographie est un cercle-droite.
    Ici, $f(\Gamma)$ passe par $\infty=f(I)$ avec tes notations, $b=f(b)$ et $\Omega=f(a)$ avec mes notations.
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Même avec le parallélogramme, que j'avais, je ne vois pas comment construire l'image d'un point $M$ par $f$, à part en décomposant $f$ en diverses transformations (inversion, réflexion, etc...).

    Cordialement,

    Rescassol
  • gai requin
    gai requin
    @ Rescassol : Si je me souviens bien, la similitude directe de centre $m$ qui envoie $I$ sur $b$ envoie $O$ sur $m'$.
    Au besoin, pappus corrigera.
  • pappus
    pappus
    Bonsoir Gai Requin
    Pour que je puisse comprendre ta démonstration, il faut que tu me dises comment tu définis ton homographie sur le plan tout entier car le pauvre point $e\ $ reste confiné (tout comme nous) sur son cercle $\Gamma\ $
    Rescassol a bien défini une homographie mais sans trop d'explication sur la façon dont il l'a trouvée!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • raoul.S
    raoul.S
    Bonsoir, juste une question en passant : le livre de Perrin dont il est question dans ce fil est celui-ci https://www.imo.universite-paris-saclay.fr/~perrin/Livre_de_geometrie_projective.html ?
  • gai requin
    gai requin
    Exactement raoul.S !
  • raoul.S
    raoul.S
    Merci gai requin.
  • pappus
    pappus
    Mon cher Gai Requin
    Pourquoi racontes-tu n'importe quoi?
    Tout ce qu'il y a à savoir sur les homographies, c'est qu'elles conservent le birapport.
    L'un des aspects les plus intéressants et les plus difficiles du cours de Daniel Perrin est justement la théorie des invariants qu'il aborde bille en tête avec tous les groupes de transformations qu'il étudie et ils sont nombreux!
    Donc on a l'égalité suivante entre birapports:
    $$(I,\infty,m,b)=(\infty,J,m',b)\qquad$$
    Ce qui équivaut à:
    $$\dfrac{m-I}{b-I}=\dfrac{b-J}{m'-J}\qquad$$
    Et cela équivaut à dire que les triangles $Imb\ $ et $Jbm'\ $ sont directement semblables!
    Et c'est justement sur cette similitude directe que j'ai construit ma macro!!!!!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Résumons la situation
    Toi, Gai Requin, tu n'as pratiquement rien montré puisque tu n'as défini aucune homographie!
    Rescassol a bien défini une homographie, je ne sais trop comment et il est tombé juste!!
    Par contre, il n'a pas montré que $f(e)=\omega.\qquad$
    Quant à moi, j'ai résolu l'exercice de Daniel Perrin.
    Il suffit pour s'en convaincre de regarder très attentivement ma précédente figure!123894
  • gai requin
    gai requin
    Certes, mais je maintiens que la similitude directe de centre $m$ qui envoie $I$ sur $b$ envoie aussi $O$ sur $m'$.
  • pappus
    pappus
    Merci Gai Requin
    Tu fais vraiment rien qu'à m'embêter!!
    Tu viens de prouver deux choses:
    1° Tu ne dis pas n'importe quoi!
    2° Je dis n'importe quoi!!!
    Prouvons le premier point.
    Les triangles $mIb\ $ et $mOm'\ $ sont directement semblables.
    Cela se traduit par l'égalité:
    $$\dfrac{m'-0}{m-0}=\dfrac{m'}m=\dfrac{b-I}{m-I}=\dfrac{b-\frac{bc}a}{m-\frac{bc}a}=\dfrac{b(a-c)}{ma-bc}\qquad$$
    Ce qui équivaut à:
    $$m'=\dfrac{b(a-c)m}{ma-bc}\qquad$$
    Ce qui est l'homographie de Rescassol.
    Le second point est une conséquence triviale du premier.
    Je ne m'étendrai pas sur sa démonstration la laissant à mes lecteurs!
    N'empêche que tu m'asticotes avec une homographie que tu n'as pas trouvée puisqu'elle est la propriété de Rescassol qui n'a pas prouvé que $f(e)=\omega\ $ lui non plus.
    Je te souhaite quand même de passer une très bonne nuit et de faire de beaux rêves bien mérités!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • GG
    GG
    Bonjour,
    avec ma "géométrie de collège" :
    Soit F le symétrique de D par rapport à O. L'inversion de centre D et de puissance DB.DC transforme le cercle circonscrit à ABC en lui-même et le cercle circonscrit à DBE en la droite AC. La droite DF est donc perpendiculaire à AC et la coupe en H. On a DF.DH = DB.DC et DBF est rectangle en B.
    Le lieu est donc (avec les restrictions qui s'imposent) l'ensemble des milieux des segments XY de direction perpendiculaire à AC, avec X sur DB et Y sur la prependiculaire à DB en B.
  • pappus
    pappus
    Mon cher GG
    Je voudrais bien savoir le nom de ton collège!
    Car à ma connaissance puisque je l'ai vécu, la géométrie du collège d'hier pas plus que celle d'aujourd'hui d'ailleurs n'avait l'inversion dans ses programmes.
    Ceci dit, j'ai regardé d'abord superficiellement puis plus attentivement ta démonstration (?), tu utilises de nouvelles notations sans les définir et tu ne conclus pas vraiment en disant clairement quel est le lieu obtenu.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • GG
    GG
    Salut pappus !
    En Suisse romande, au collège (l'équivalent du lycée), à la fin des années 60, on faisait encore de la géométrie (Géométrie plane, André Delessert, ed. SPES, 1960) !
  • chephip
    chephip
    Bonjour,

    moi je verrais bien un truc comme ça :
    (no comment, tout est sur la figure)

    amicalement.123902
  • pappus
    pappus
    Mon cher GG
    Grosso modo, tu dis que le lieu est un lieu!
    Ce n’est pas une réponse adéquate!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • GG
    GG
    @pappus,
    le lieu des milieux des segments XY dont je parle n'est autre que la droite BO (avec éventuellement son point à l'infini, moins éventuellement B et les points limite lorsque E tend vers A et C). Il faudrait aussi regarder ce qui se passe lorsque ABC est équilatéral.
  • pappus
    pappus
    Mon cher GG
    Ce n'est pas suffisant!
    Il faut démontrer que le lieu du point $\omega$ est une droite et ensuite caractériser cette droite!
    C'est ce qu'a fait Rescassol!
    Voici ma propre démonstration que j'avais déjà suggérée sur une de mes figures que je reprends ci-dessous!
    Soit $b'\ $ le point diamétralement opposé à $b\ $ sur le cercle $\gamma.\qquad$
    La droite $bb'\ $ recoupe le cercle $\Gamma$ au point $a'\qquad$
    On a donc $db'\perp bc.\qquad$
    Est-ce encore enseigné?
    D'après le (défunt (?)) théorème de l'angle inscrit, on a les égalités suivantes entre angles orientés de droites
    $$(b'd,b'b)=(ed,eb)=(ea,eb)=(a'a,a'b)\ $$
    Comme les droites $bb'\ $ et $ba'\ $ sont les mêmes, ceci entraine:
    $$b'd\parallel aa'\qquad$$
    Comme $b'd\perp bc\ $, on a donc $aa'\perp bc\ $ conformément à ce qu'avait dit Rescassol.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    La seule chose qui me manque pour être parfaitement heureux:
    $$f(e)=\omega \;!!!!!$$123906
  • gai requin
    gai requin
    Très jolie preuve pappus du fait que $\omega\in ba'$.
    Mais cela montre seulement que le lieu de $\omega$ est inclus dans $ba'$.
    C'est certainement pour cette raison que tu souhaites en savoir plus sur $f$.
    Donc je reprends depuis le bédut. Notre ami Rescassol a calculé l'affixe de $\omega$ et il a trouvé $\omega=\dfrac{b(a-c)e}{ae-bc}$.
    Soit alors $f$ l'homographie du plan circulaire telle que $z\mapsto \dfrac{b(a-c)z}{az-bc}$.

    Le lieu de $\omega$ est le cercle-droite $f(\Gamma)$, c'est donc la droite $ba'$ d'après ton inclusion.
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Voilà le code Matlab que j'ai utilisé: 
    % Pappus - 14 Juin 2021 - Perrin4

clc, clear all, close all

syms a b c
syms aB bB cB % Conjugués

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

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

syms e % Un point du cercle ABC

eB=1/e;

[d dB]=IntersectionDeuxDroites(1,b*c,-b-c,1,a*e,-a-e);
d=Factor(d);

% On trouve:

d=(a*b*c - a*b*e - a*c*e + b*c*e)/(b*c - a*e);

% Centre du cercle BDE

[om omB]=CentreCercleCirconscrit(b,d,e,bB,dB,eB);
om=Factor(om)

% On trouve:

om=b*e*(c-a)/(b*c-a*e);

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

% Recherche du lieu de Omega

syms z zB

pol=coeffs(numden(z-om),e,'All');
polB=coeffs(numden(zB-omB),e,'All');

Eq=Factor(Resultant(pol,polB)/(c-a));
Eq=collect(Eq,[z zB])

% On trouve la droite Delta d'équation Eq=0 avec:

Eq=a*z - b^2*c*zB + b*(c-a);
F(z,zB)=Eq; % On en fait une fonction

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

% Point d'intersection de Delta et du cercle ABC

Nul=Factor(F(z,1/z));

% Ce qui donne -((b - z)*(b*c + a*z))/z=0 
% Donc on trouve z=b ou z=-b*c/a, les points B
% et F où la hauteur (AA_1) recoupe le cercle

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

syms z

% om est l'image de e par l'homographie:

G(z)=b*(a-c)*z/(a*z-b*c);

% Les points fixes sont O et B
% Les points limites sont plim=b*(a-c)/a et plob=b*c/a

plim=b*(a-c)/a;
plob=b*c/a;

% Ce qui donne le parallélogramme classique (O plim B plob)
    Cordialement,

    Rescassol
  • pappus
    pappus
    Bonjour
    Je renvoie à l'article de
    Perrin
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonjour pappus et à tous,
    ta dernière figure n'est-elle pas celle qui correspond au théorème de Reim?

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • jelobreuil
    jelobreuil
    Bonjour à tous,
    Merci, Pappus, pour cet exercice, et le lien avec l'article de Perrin !
    Et merci à tous pour cette discussion, très intéressante, mais malheureusement d'un niveau trop élevé pour que j'en saisisse tous les tenants et aboutissants, ce qui ne m'empêche pas de prendre plaisir à la lire !
    Bien cordialement
    JLB
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