Parallélogie et perspective
Bonjour à tous
Voici ma question de géométrie affine dont je suis sûr qu'elle est connue et résolue depuis fort longtemps!
Seuls, Poulbot ou Pierre pourraient nous le dire.
Je considère deux triangles $ABC\ $ et $A'B'C'^\ $ deux triangles parallélogiques et en perspective.
Soit $D\ $ l'axe de perspective et $\Omega\ $, $\Omega' $ les centres de parallélogie.
Alors le milieu du segment $\Omega\Omega'\ $ appartient à l'axe d'homologie $D.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Faire la figure est déjà un petit défi!
Essayez, vous m'en direz des nouvelles!
Voici ma question de géométrie affine dont je suis sûr qu'elle est connue et résolue depuis fort longtemps!
Seuls, Poulbot ou Pierre pourraient nous le dire.
Je considère deux triangles $ABC\ $ et $A'B'C'^\ $ deux triangles parallélogiques et en perspective.
Soit $D\ $ l'axe de perspective et $\Omega\ $, $\Omega' $ les centres de parallélogie.
Alors le milieu du segment $\Omega\Omega'\ $ appartient à l'axe d'homologie $D.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Faire la figure est déjà un petit défi!
Essayez, vous m'en direz des nouvelles!
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Réponses
j'ai par la passé travaillé sur une question analogue lorsque le parallélisme est remplacé par la perpendicularité...
Ce résultat a été trouvé par Pierre Sondat...
Sincèrement
Jean-Louis
Les théorèmes de Sondat?
C'est justement là où je voulais en venir!
Mais traiter d'abord le cas affine (sans métrique) est déjà un petit défi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ce sera probablement ma seule intervention dans ce fil :
Puisqu'il est question de géométrie affine, il semblerait que l'application affine qui envoie $ABC$ sur $A'B'C' $ envoie aussi $\Omega$ sur $\Omega '$.
Utile ? pappus nous le dira.
Amicalement.
PS : j'ai tout de même réussi à faire la figure.
C’est vrai!
Bravo de l’avoir remarqué !
Il ne reste plus qu’à prouver ce que je demande!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si les triangles sont orthologiques et en perspective, avons-nous le même résultat?
Sincèrement
Jean-Louis
Non, tu le sais bien!
Dans le cas de l'orthologie, on tombe sur les théorèmes de Sondat que tu as si brillamment résolus élémentairement.
Le théorème sur la parallélogie est un peu analogue puisqu'il nous renseigne sur la position relative des centres de parallélogie avec l'axe de la perspective.
Là où je veux en venir finalement, c'est au cas de deux triangles $ABC\ $ et $A'B'C'\ $ indirectement semblables et en perspective!
En effet, une similitude indirecte est à la fois parallélogique et orthologique!
Il me semble que ce cas est abordé dans le glossaire de Pierre, il faudra que je vérifie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En ce qui concerne la preuve de ce minuscule théorème sur la parallélogie, je prendrais le triangle $ABC\ $ pour triangle de référence et vogue la galère pour des calculs en coordonnées barycentriques qui ne devraient pas être si terribles que cela pour notre ami Bouzar!
Une solution synthétique me semble hors de portée sauf pour toi, Jean-Louis!
Je vais t'embêter encore un peu!
Tu dis que tu as été capable de faire la figure!
Cela m'intéresse beaucoup car c'est justement en essayant de faire la figure que j'ai découvert cette configuration et ensuite réussi à la prouver et même un peu plus comme on le verra.
Pourrais-tu nous décrire brièvement comment tu as fait ta figure?
Quant à moi j'ai fait les calculs mais pas n'importe comment.
J'ai été guidé par la figure et je me suis servi de Maxima!
Amicalement
[small]p[/small]appus
pour rappel : http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol46.html
Puis
À propos de deux triangles parallélogiques.
Sincèrement
Jean-Louis
Je rappelle la situation de deux triangles parallélogiques $ABC\ $ et$A'B'C'.\qquad$.
Par hypothèse les parallèles respectives issues de $A\ $ à $B'C'\ $, de $B\ $ à $C'A'\ $, de $C\ $ à $A'B'\ $ sont concourantes en un point $O.\qquad$
On montre alors que les parallèles respectives issues de $A'\ $ à $BC\ $, de $B'\ $ à $CA\ $, de $C'\ $ à $AB\ $ sont concourantes en un point $O'.\qquad$
On voit que la situation est parfaitement symétrique.
Les points $O\ $ et $O'\ $ sont appelés les centres de la parallélogie.
Il y a plus!
Si $f\ $ et l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'\ $, on montre que:
$$\mathrm{Trace}(\overrightarrow f)=0\qquad$$
Et la réciproque est vraie!
Si cette condition est remplie, les triangles $ABC\ $ et $A'B'C'\ $ sont en parallélogie et de plus comme l'a remarqué Cailloux:
$$f(O) =O'.\qquad$$
Ainsi une application affine $f\ $ dont la trace de la partie linéaire est nulle transforme tout triangle en un triangle parallélogique. C'est pourquoi on dit que l'application affine $f\ $ est elle même parallélogique.
Pour les nostalgiques de la défunte géométrie projective, une application affine $f\ $ est parallélogique si et seulement si elle induit une involution sur la droite de l'infini.
Maintenant notre problème graphique est le suivant.
On se donne le triangle $ABC\ $ et un point $S.\qquad$
Comment construire un triangle $A'B'C'\ $ en parallélogie avec le triangle $ABC\ $ et tels que ces deux triangles soient en perspective par rapport au point $S?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
En ce qui concerne ta construction, elle est immédiate en partant de $A,B,C,S,O^{\prime }$ :
les parallèles à $BC,CA,AB$ issues de $O^{\prime }$ coupent respectivement les droites $SA,SB,SC$ en $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot
C'est exact et c'est ce que je voulais faire dire à Cailloux!
Il fallait partir du point $O'\ $ et non du point $O!\qquad$.
Et c'est ainsi que j'ai fait mes calculs.
Je me suis donné le point $S(u:v:w)\ $ et le point $O'(p':q':r')$
J'ai calculé les coordonnées des points $A'\ $, $B'\ $, $C'\ $ et enfin celles du point $O!\qquad$.
Les calculs ne sont pas très glorieux mais je me suis fait aidé par Maxima sinon je ne m'en serais jamais sorti!
C'est ensuite un jeu d'enfant d'écrire l'équation de l'axe d'homologie et de vérifier que le milieu de $OO'$ se trouve bien sur cet axe!
Mais je ne me suis pas arrêté là.
J'ai voulu voir comment le point $O\ $ dépendait du point $O'!\qquad$
Pour le savoir, j'ai utilisé la fonction trace de Cabri qui permet de visualiser ce que fait le point $O\ $ quand on bouge le point $O'!\qquad$
Et là j'ai eu la surprise de ma vie!
Qu'ai-je bien pu observer?
Et heureusement que j'avais sous les yeux les calculs de Maxima pour pouvoir le prouver!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici les coordonnées du point $O\ $ données par Maxima:
$$\Big((r'u-p'w)(p'v-q'u)(v+w):(p'v-q'u)(q'w-r'v)(w+u):(q'w-r'v)(r'u-p'w)(u+v)\Big)$$
J'espère ne pas m'être trompé en recopiant!
Sur la feuille Maxima, la matrice $M\ $ est la matrice de l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'.\qquad$
Autrement dit les vecteurs colonnes de cette matrice sont formés des coordonnées barycentriques normalisées des points $A'\ $, $B'\ $, $C'.\qquad$
D'où le besoin vital de calculer les coordonnées de ces trois points.
J'ai fait ces calculs mais j'ai la paresse de les écrire.
Ils ne sont pas très difficiles et je vous les laisse bien volontiers
La matrice $\mathrm{adjoint}(M)$ est la matrice $\det(M).M^{-1}\ $ dans le jargon anglosaxon.
C'est donc la transposée de la comatrice!
Elle évite d'avoir à trainer des dénominateurs dans les calculs!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je réponds avec beaucoup de retard à ta question avec les nouvelles notations qui ont changé en cours de route ($S$ à la place de $O$, $O$ et $O'$ à la place de $\Omega$ et $\Omega'$) :
J'avais commencé par placer les points $S,A,B,C$ puis $A'$ et $B'$ sur les droites $(SA)$ et $(SB)$.
On en déduit $O'$ avec les parallèles passant par $A'$ et $B'$ aux droites $(BC)$ et $(CA)$ puis $C'$ et le reste de la figure.
Amicalement.
C'est pratiquement la méthode décrite par Poulbot.
Maintenant tu peux essayer de faire les calculs!
Amicalement
[small]p[/small]appus
"Et là j'ai eu la surprise de ma vie!
Qu'ai-je bien pu observer?"
si c'est le fait que $O$ est sur la conique circonscrite à $ABC$ de centre le complément de $S$, j'espère que tu as pu t'en remettre.
Sinon, il va nous falloir découvrir ton résultat surprenant.
PS : complément = image par l'homothétie $\left( G,-\dfrac{1}{2}\right) $
Amicalement. Poulbot
On peut se demander ce que devient le résultat précédent dans le cas de l'orthologie.
$ABC$ et $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ étant deux triangles en perspective en $S$ et tels que les perpendiculaires menées de $A,B,C$ respectivement à $B^{\prime }C^{\prime },C^{\prime }A^{\prime },A^{\prime }B^{\prime }$ concourent en $\Omega $, alors $\Omega $ est sur l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,S$.
Amicalement. Poulbot
Ben oui, je ne connaissais pas ce résultat mais il faut dire que je suis loin d'être un expert en géométrie du triangle comme Pierre ou toi.
Je suis déjà bien heureux d'avoir constaté que le point $O$ restait confiné sur une conique circonscrite et d'avoir pu identifié le perspecteur de cette conique circonscrite de la façon que tu viens de nous indiquer.
Si tu as un article à me proposer sur ce sujet, je suis preneur!
Bien sûr on se doute un peu que tout ceci doit se prouver dans le cadre de la défunte théorie de la génération homographique des coniques.
Maintenant on peut s'amuser à appliquer ta méthode pour la configuration orthologique et retrouver ce que tu viens de nous dire à ce propos.
Mais là je me sens tout épuisé!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Si le point $O$ a pour coordonnées $(p:q:r)$, on vérifie facilement (?) sur les formules données par Maxima que:
$$u(v+w)qr+v(w+u)rp+w(u+v)pq =0\qquad$$
Ce qui est l'équation de la conique circonscrite décrite par Poulbot
J'ignorais ce résultat et je me suis contenté d'utiliser les coordonnées de $O$ que tu nous as données plus haut où il faut remplacer $p,q,r$ par $p^{\prime },q^{\prime },r^{\prime }$
Amicalement. poulbot
Ainsi tu ne connaissais pas ce résultat! C'est curieux!
Bizarrement on est mieux documenté sur l'orthologie que sur la parallélogie.
Et c'est normal!!
Pour beaucoup la géométrie, c'est essentiellement de la géométrie euclidienne, réduite en fait aujourd'hui à des incantations thaléso-pythagoriciennes!
Et pourtant pourtant, la méthode que j'ai suivie est loin d'être anodine: utilisation d'un logiciel de géométrie dynamique, un peu de géométrie contemplative pour deviner les résultats et enfin des calculs guidés et menés avec l'aide éventuelle d'un logiciel de calcul formel.
Ce devrait être la routine sur ce forum mais hélas, c'est loin d'être le cas!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Comme tu l'as finement remarqué, j'ai dû remplacer dans mes calculs sur Maxima les variables $(p',q',r')\ $ par les variables $(p,q,r)\ $ car, je ne sais trop pour quelle raison, les variables $(p',q',r')\ $ ne sont pas acceptées par Maxima!
Mais je vois que cela ne t'avait pas trop gêné pour comprendre ce que j'avais fait!
Quand je pense que nos anciens n'avaient aucun de ces merveilleux logiciels à leur disposition et pourtant je suis à peu près sûr qu'ils ont dû trouver ce théorème sur la parallélogie car il n'y a jamais rien de nouveau sous le soleil de la géométrie du triangle.
Et dire que ces merveilleux logiciels ne servent plus à rien puisque la géométrie a totalement disparu de la circulation!
j'ai sur mon site un résultat analogue avec l'orthologie...
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol5.html
puis
Sur un autre théorème de Pierre Sondat
Sincèrement
Jean-Louis
J’ai trouvé le résultat suivant :
en notant O’’ le point d’intersection de la parallèle à (BO) issue de O’ avec (B’C’),
les milieux de [AO’’], [BO’] et [OO’] sont alignés…
Alors comment conclure que le milieu de [OO’] est sur l’axe de perspective…
Sincèrement
Jean-Louis
"j'ai sur mon site un résultat analogue avec l'orthologie ... puis Sur un autre théorème de Pierre Sondat"
A quel résultat faites-vous allusion?
Le résultat de Sondat que vous prouvez est un cas particulier du résultat donné par Pappus au début de ce fil puisque vos triangles $ABC$ et $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ sont parallélogiques (et non orthologiques) de centres de parallélogie $H$ et $H^{\prime }$.
Bien cordialement. Poulbot
C'est en fait cet article de Jean-Louis qui m'a donné l'idée de regarder le cas général avec en plus le confinement du centre de parallélogie $O\ $ comme bonus
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si l'on note $P\simeq p:q:r$ le perspecteur et $U\simeq u:v:w$ l'observateur qui regarde parallèlement à $ABC$, alors $$V\simeq
\left[ \begin {array}{c}
\left( q+r \right) \left( pw-ru \right) \left( pv-qu \right) \\
\left( p+r \right) \left( qu-pv \right) \left( qw-rv \right) \\
\left( p+q \right) \left( rv-qw \right) \left( ru-pw \right)
\end {array} \right] $$
On fixe $P$. Ceci devient une transformation $U\mapsto V(U)$. On cherche les points d'indétermination. On trouve $P$. On cherche le lieu exceptionnel. On trouve que tous les points ont un gradient non inversible. D'où une suspicion de localisation pour $V$. On cherche... et on tombe sur la conique circonscrite déjà donnée par Poulbot. On cherche les $U$ qui ont le même $V$ qu'un $U_0$ donné: on trouve tous les points alignés sur $P$.
On fixe $U$. Ceci devient une transformation $P\mapsto V(P)$. On cherche les points d'indétermination. On trouve $A,B,C,U$. On cherche le lieu exceptionnel. On trouve $UA,UB,UC$ et une cubique $K$ passant par $A,B,C$ et ayant $U$ pour point double. On en profite pour obtenir une paramétrisation rationelle de la cubique. On trouve le lieu des $V$ lorsque $P\in K$. C'est une conique centrée sur $(A+B+C-U)/2$. Et alors arrive l'immanquable question: so what ?
On cherche en outre les $\psi(P)$ qui ont le même $V$ qu'un $P$ donné. Dans le cas général, il y a un et un seul $\psi(P)$, qui s'exprime rationnellement. On voit que $\psi$ est une involution de Cremona. Il y a sept points d'indétermination. Comme de juste, le lieu exceptionnel se factorise en sept courbes: trois droites, trois coniques circonscrites et une cubique. Et alors, arrive...
Cordialement, Pierre.
je cherche une preuve synthétique...Auriez-vous une idée?
Sincèrement
Jean-Louis
je cherche toujours une solution synthétique...je tourne en rond...
Sincèrement
Jean-Louis
A propos de la comatrice. Dans le jargon franco-français, la "comatrice" est la matrice des cofacteurs que l'on a fait exprès de ne pas mettre à la bonne place. Et alors, il ne reste plus qu'à prendre la transposée de cette "comatrice".
Dans le jargon anglo-saxon, on se contente banalement de mettre les cofacteurs à la bonne place du premier coup. Et alors, il n'y a plus rien à faire! On en est réduit à écrire: $$M\cdot coM = coM \cdot M= Id \times \det M$$
Faire simple, quelle perfidie ! Il n'en reste pas moins que la matrice d'un trigone s'obtient en prenant la matrice complémentaire (le $coM$ de Ramis et al.) de la matrice normalisée du triangle.
Cordialement, Pierre.