Pas de pitié pour les points fixes.

Mon cher Vincent
Tout revient donc à calculer le polynôme caractéristique de $\overrightarrow {f_M}$.
Il n'y a pas de miracle et il faut se farcir ce calcul!
C'est ce que le "Morley trick" permet tout simplement en deux coups de cuiller à pots.
Amicalement
Pappus
PS
Cette configuration initiale des triangles $ABC$, $A'B'C'$ et du point $M$ s'appelle le trèfle de Stéphanos. Sais-tu pourquoi?

Bravo Georges
Tu as trouvé!
Comme je le disais avec le Morley's Trick, les calculs sont simples.
La seule difficulté est ici d'interpréter correctement leurs résultats.
Tu l'as bien fait pour le cercle. Il reste un maudit point $P$ sur ce cercle qu'il faut enlever car $f_P$ est une affinité orthogonale de rapport $-3$.
Peux-tu calculer l'affixe de ce point exceptionnel $P$ puis ensuite le placer correctement sur la figure? Eh, eh!
Il faudrait aussi donner la forme "canonique" de $f_M$ car si on connait son cours sur la classification des applications affines, on est justement dans ce cas là! Autrement dit, ici $f_M$ est le produit commutatif d'une translation et d'une affinité orthogonale à déterminer.
Mais combien d'agrégatifs qui connaissent parfaitement la réduction de Jordan dans le cas linéaire savent aussi l'utiliser dans un cadre affine.
Je ne connais que deux livres en français qui abordent cette épineuse question, celui de Fraenkel, Géométrie pour l'élève professeur et celui beaucoup plus récent de Pierre Gabriel: Matrices , Géométrie, Algèbre Linéaire, un véritable régal, qu'il faut absolument avoir dans sa bibliothèque, publié aux Editions Cassini.
Amicalement
Pappus

Voici ma preuve .
Je rappelle les faits suivants:

Lemme 1
Toute application linéaire $f: \mathbb C \longmapsto \mathbb C$ pour la structure vectorielle de $\mathbb C$ sur le corps des réels $\mathbb R$
s'écrit:
$f(z) = a.z + b.\overline z \text{avec } (a, b) \in\mathbb C^2$.

La trace et le déterminant de $f$ sont alors donnés par le lemme suivant:

Lemme 2
$\text{Trace}(f) = a + \overline a$.
$\text{Det}(f) = |a|^2 - |b|^2$

Maintenant on considère un triangle $ABC$, un point $M$ de son plan et les symétriques $A'$, $B'$, $C'$ de $P$ par rapport aux côtés du triangle $ABC$.
On va identifier au moyen d'une similitude $\varphi : \mathcal P \longmapsto \mathbb C$ le plan euclidien $\mathcal P$ du triangle $ABC$ avec $\mathbb C$ de façon que le cercle circonscrit au triangle $ABC$ devienne le cercle unité de $\mathbb C$. ( Yes, we can!)
Je noterai $a = \varphi(A)$, $b = \varphi(B)$, $c = \varphi(C)$, $a' = \varphi(A')$, $b' = \varphi(B')$, $c'= \varphi(C')$, $\rho = \varphi(P)$, les affixes respectives des points $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$, $P$.
On a donc par hypothèse: $|a| = |b| = |c| = 1$.
On est ainsi ramené à un problème dans $\mathbb C$.
Evaluons maintenant les affixes $a'$, $b'$, $c'$.
L'application $z \longmapsto -bc \overline z + b + c$ est une similitude indirecte de $\mathbb C$ fixant les points $b$ et $c$ car $b\overline b = c\overline c = 1$. C'est donc la symétrie par rapport à la droite joignant les points $b$ et $c$.
Donc $a' = -bc\overline{\rho} + b + c$ et de même, on a: $b' = -ca\overline{\rho} +c+a$ et $c' = -ab\overline{\rho} + a + b$.
On introduit maintenant les fonctions symétriques élémentaires des complexes $a$, $b$, $c$:
$\sigma_1 = a+b+c$
$\sigma_2 = bc + ca +ab$
$\sigma_3 = abc$.
On définit maintenant l'application $f:\mathbb C \longmapsto \mathbb C$ par:
$f(z) = -z -\sigma_3 \overline{\rho}\overline z + \sigma_1$
D'après le lemme 1, $f$ est une application affine de $\mathbb C$ dans $\mathbb C$ dont la partie linéaire $\overrightarrow f$ est définie par:
$\overrightarrow f(z) = -z -\sigma_3 \overline{\rho}\overline z $
De plus, on vérifie immédiatement que:
$f(a) = a'$, $f(b) = b'$, $f(c) = c'$.
D'après le lemme 2, le polynôme caractéristique de $\overrightarrow{f_m}$ est:
$\chi = X^2 + 2X + 1 -|\rho|^2$
dont les racines sont:$-1-|\rho|$ et $-1 + |\rho|$
Les sous-espaces propres sont donnés par:
$-z -\sigma_3 \overline{\rho}\overline z = (-1 + \epsilon |\rho|)z$ avec $\epsilon = \pm 1$.
C'est à dire:
$\dfrac{z}{\overline z}= -\sigma_1 \epsilon\dfrac{\overline \rho}{\rho|}=-\sigma_1 \epsilon\dfrac{|\rho|}{\overline \rho}$
Il est aisé de voir qu'ils sont orthogonaux.
Pour que $f_m$ soit sans point fixe, il est nécessaire que $1$ soit racine de $\chi$, ce qui équivaut à $|\rho| = 2$.
Donc si $|\rho| \ne 2$, $f_m$ a un unique point fixe $\omega$ qu'il est facile d'évaluer. Son affixe est solution de l'équation:
$2z + \sigma_3 \overline{\rho}\overline z = \sigma_1$ et de l'équation conjuguée:
$\dfrac{\rho}{\sigma_3}z + 2\overline z = \dfrac{\sigma_2}{\sigma_3}$
où j'ai tenu compte du fait que:
$\overline{\sigma_1} = \dfrac{\sigma_2}{\sigma_3}$
$\overline{\sigma_2} = \dfrac{\sigma_1}{\sigma_3}$
$\overline{\sigma_3} = \dfrac{1}{\sigma_3}$
On trouve:
$\omega = \dfrac{2\sigma_1 -\sigma_2\overline{\rho}}{4 - |\rho|^2}$
Comme $f_m(0) = \sigma_1$, ce qui équivaut à $f_M(O) = H$ où $O$ est le centre du cercle circonscrit à $ABC$ et $H$ l'orthocentre, on sait que les droites invariantes de $f_M$ divisent le segment $OH$ dans un rapport constant et qu'elles passent par les points homothétiques de $H$ par rapport à $O$ dans les rapports:$\dfrac{1}{2 \pm |\rho|}$.
Pour $|\rho| = 2$, seul subsiste le point d'affixe $I$ d'affixe $\dfrac{\sigma_1}{4}$. Soit $J$ le point d'affixe $f_m(\dfrac{\sigma_1}{4})$.
Un calcul simple montre alors que:
$f_m(\dfrac{\sigma_1}4) - \dfrac{\sigma_1}4 = \dfrac{\sigma_1}2 - \overline{\rho}\dfrac{\sigma_2}4 = \tau$.
Comme le spectre de $\overrightarrow{f_m}$ est $\{-3, 1\}$, on voit que $\overrightarrow{f_m}$ est diagonalisable et par suite que
$f_m$ est le produit commutatif d'une affinité orthogonale de rapport $-3$ et d'axe $L$ passant par le point $\dfrac{\sigma_1}{4}$ et dirigé par $\tau$ avec la translation de vecteur $\tau$.
On a $\tau = 0$ si et seulement si $\rho = 2\dfrac{\sigma_2}{\sigma_1}$.
Il est à noter que le point $Q$ d'affixe $\dfrac{\sigma_2}{\sigma_1}$ est le point du cercle circonscrit dont la droite de Steiner est la droite d'Euler c'est à dire que les symétriques respectifs $Q_a$, $Q_b$, $Q_c$ de $Q$ par rapport aux côtés $BC$, $CA$, $AB$ sont situés sur cette droite. Par suite le point $P$ d'affixe $2\dfrac{\sigma_2}{\sigma_1}$ est l'homothétique de $Q$ dans l'homothétie de centre $O$ et de rapport $2$.

Mon cher Vincent
Ce qui n'est pas clair dans ton histoire, ce sont les symétries orthogonales. Comment les définis-tu?
Amicalement
Pappus

Excuse moi, Vincent, je t'avais mal lu mais il vaut mieux rester sur le corps des réels si on veut faire des figures.
Je t'envoie la figure suivante qui généralise la configuration précédente et sur laquelle tu pourras peut-être essayer ton idée:



L'application affine $f_1: M \mapsto A'$ est l'affinité d'axe $BC$ transformant $D$ en $U$.
L'application affine $f_2: M \mapsto B'$ est l'affinité d'axe $CA$ transformant $D$ en $V$.
L'application affine $f_3: M \mapsto C'$ est l'affinité d'axe $AB$ transformant $D$ en $W$.
C'est une "légère" généralisation du cas précédent où
$D$ était l'orthocentre du triangle $ABC$.
Je dis "légère" par ironie car c'est sans doute une des plus importantes configurations de la géométrie euclidienne. C'est d'ailleurs pour cette raison qu'elle n'a jamais été enseignée en France, mise à part la configuration de Stephanos ?
Ce n'est pas comme cela qu'elle est traditionnellement introduite dans les livres comme le Lalesco par exemple mais c'est amusant de la présenter ainsi.

On étudie comme auparavant l'application affine $f_M$ telle que $f_M(A) = A'$, $f_M(B) = B'$, $f_M(C) = C'$.

Je te donne quand même les deux propriétés fondamentales de cette figure:
1° Les correspondances $ A' \leftrightarrow B' \leftrightarrow C'$ sont des similitudes directes. Dans le cas précédent où $D$ était l'orthocentre, ces correspondances étaient des rotations, (Théorème de Stéphanos, 1881).
2° $D$ a les mêmes coordonnées barycentriques dans tous les triangles $A'B'C'$.

Amicalement
Pappus

Mon cher Georges
Très très bien, je vois que tu as fourni un bel effort et que tu as pratiquement retrouvé tout seul cette fameuse configuration du produit de deux similitudes, ($s_2 \circ s_1 = s_3^{-1}$). Tu as bien fait d'écrire de façon plus symétrique $s_3\circ s_2 \circ s_1 = id$.
Sous cette forme, cette configuration ultracélèbre est connue sous le nom de configuration des 3 figures semblables.
Ton raisonnement est exact. Le seul petit reproche que je pourrai lui faire est son manque d'esthétisme dans le choix de tes 3 cercles puisque les points $A$, $B$, $C$ n'interviennent pas de la même façon.
Voici comment j'aurai procédé. Tu me diras évidemment, c'est pas de jeu, toi tu connais ce sujet sur le bout des doigts. Tu as raison de le penser et quand j'étais beaucoup plus jeune, j'aurais été incapable de tenir ton raisonnement, alors chapeau bas.
Comme tu as tracé le cercle $BCD$, par raison de symétrie tu traces les autres cercles $CAD$ et $ABD$.
Maintenant tu définis le point $\alpha$ comme la deuxième intersection de la droite $AD$ avec le cercle $BCD$ et évidemment tu définis le point $\beta$ comme la deuxième intersection de la droite $BD$ avec le cercle $CAD$ et le point $\gamma$ comme la deuxième intersection de la droite $CD$ avec le cercle $ADB$.



Dans la configuration des 3 figures semblables, les points $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ sont appelés les points associés, (voir Lalesco, Rouché-Comberousse ou F.G-M).
Le cercle $BCD$ jouera le rôle du cercle $C_1$, le cercle $CAD$ celui du cercle $C_2$ et le cercle $ABD$ celui du cercle $C_3$.
Maintenant, j'appelle $\varphi _1$, l'affinité $ M \mapsto A'$, $\varphi_2$, l'affinité $M \mapsto B'$, $\varphi_3$ l'affinité $M \mapsto C'$.
Je m'intéresse maintenant à l'application $f :B' \mapsto C'$ et je vais montrer que c'est la similitude directe $s$ de centre $A$ transformant le cercle $C_2 = CAD$ en le cercle $C_3 = ABD$.
Pour déterminer $s$, j'utilise ton lemme. Ces deux cercles se recoupent en $D$. Donc si $P$ est un point quelconque de $C_2$, la droite $DP$ recoupe le cercle $C_3$ au point $Q = s(P)$.
Ainsi on a $s(\beta) = B$ et $s(C) = \gamma$ et évidemment $s(A) = A$
Maintenant, il, faut prouver que $f = s$.
Pour prouver que deux applications affines planes coïncident, il suffit de prouver qu'elles prennent les mêmes valeurs en 3 points non alignés.
Je vais donc prouver que $f(A) = s(A)$, $f(\beta) = s(\beta)$ et $f(C) = s(C)$
En choisissant $M = A$, il est clair que $f(A) = A = s(A)$
En choisissant $M = C$, on a $A' = B' = C$.
Donc $f(C) = \varphi_3(C)$
Pour prouver que $f(C) = s(C) = \gamma$, il faut donc montrer que:
$\gamma = \varphi_3(C)$
Et pour cela, il faut montrer l'égalité des rapports:
$\dfrac{\overline{L\gamma}}{\overline{LC}} = \dfrac{\overline{LW}}{\overline{LD}}$ où $L$ est l'intersection des droites $AB$ et $CD$.
Ce qui revient à dire que:
$\overline{L\gamma}.\overline{LD} = \overline{LC}.\overline{LW}$
Mais le membre de gauche est la puissance de $L$ par rapport au cercle $ABD$ et le membre de droite la puissance de $L$ par rapport au cercle $ABC$. D'autre part la droite $AB$ est l'axe radical de ces deux cercles.
CQFD.
On montre de même que $\varphi_2(B) = \beta$ et on voit en choisissant $M = B$ que ceci entraine que $f(\beta) = s(\beta)$.
Finalement, c'est pratiquement la même démonstration que la tienne à l'ordre près.
Très amicalement
Pappus
PS
1° Les points $U$, $V$, $W$ sont appelés les points invariables de la configuration. Ils ont des propriétés très importantes que je n'ai pas le temps de détailler ici.
2° Je reviendrai plus tard sur cette question de coordonnées barycentriques. Je la laisse mijoter un peu.
A noter que seul le livre de Rouché-Comberousse en parle quand les livres anglo-saxons n'en disent rien! Donc , cocorico!
3° Cette configuration fut un problème d'Agrégation Masculine à une autre époque. Les temps ont bien changé. Ce sont plutôt les anneaux de polynômes qui torturent aujourd'hui nos jeunes cerveaux.
Notons quand même, l'année de ce problème, 1942!
Nos futurs agrégés avaient certainement d'autres préoccupations plus importantes que la géométrie du triangle en ce triste mois de Mai!

Mon cher Georges
Oui, ce fut une triste période que j'ai connue moi aussi puisque je suis plus vieux que toi. J'ai failli y laisser ma peau avec toute ma famille au moment du débarquement. Ce sont des moments que l'on oublie pas.
Et si certains bons apôtres ont la mémoire courte, que veux-tu y faire, à part les laisser s'étouffer dans leur propre honte!
Pour te changer les idées, je te propose encore une généralisation de la configuration des 3 figures semblables.

C'est exactement la même figure, j'ai gardé les mêmes notations. La seule différence est que le cercle est remplacé par une conique quelconque.
C'est donc une configuration du plan affine. il n'est pas besoin d'avoir une métrique. J'ai fait la figure pour une ellipse mais tu peux mentalement la remplacer par une hyperbole ou une parabole.
Alors je pose les deux questions suivantes:
1° Que peut-on encore dire sur les bijections affines:$A'\leftrightarrow B' \leftrightarrow C'$? J'imagine déjà la réponse de Victor au paradis des géomètres!
2° Montrer que $D$ a les mêmes coordonnées barycentriques par rapport à tout les triangles $A'B'C'$.
Très amicalement
Pappus

Je vais ébaucher la démonstration du fait que le point $D$ a les mêmes coordonnées barycentriques oar rapport aux triangles $A'B'C'$. Il est curieux que cette propriété n'ait pas été demandée dans ce fameux problème d'agrégation.
Quant à la preuve du Rouché-Comberousse : Deuxième Partie, Géométrie dans l'espace, note III, page 632, septième édition, il ne faut pas s'attendre à lire une démonstration bourbakiste mais plutôt lire entre les lignes pour deviner que ce qu'ils ont bien voulu dire s'interprète de la façon que j'ai dite d'un point de vue moderne.
Comme je l'ai souligné, la présentation que j'ai faite de cette configuration à partir des 3 affinités $M \mapsto A'$, $M\mapsto B'$, $M \mapsto C'$ est très artificielle puisqu'elle suppose que le point $D$ (le point directeur) et les points $U$, $V$, $W$ (les points invariables) sont déjà connus.

Notons aussi que les points $U$, $V$, $W$ se correspondent dans les similitudes directes, prendre $M = D$, en sorte que $W = \sigma_A (V)$, $U = \sigma _B (W)$, $V = \sigma_C(U)$.
Autrefois, on appelait les triplets $(A', B', C')$ triplets de points homologues. le triplet $(U, V, W)$ est donc un triplet de points homologues.
Si on choisit $M = A$, on voit que le triplet $(\alpha, A, A)$ est un triplet de points homologues. De même les triplets $(B, \beta, $ et $(C, C, \gamma)$ sont formés de points homologues.

On voit donc qu'il existe des triplets de points homologues$(A', B', C')$ qui ne forment pas un triangle, soient qu'ils soient alignés soient que deux d'entre eux soient confondus (on dit qu'ils sont affinement liés) et le problème d'Agreg demandait le lieu des points $A'$, $B'$, $C'$ pour qu'il en soit ainsi.

Quand les points $(A', B', C')$ sont affinement liés, on ne peut évidemment parler de coordonnées barycentriques de $D$ par rapport au triangle $A'B'C'$, il faut déjà formuler autrement cette propriété de $D$.

Le point de vue du Rouché est un peu celui de Georges au départ.
On se donne 3 similitudes directes $\sigma_A$, $\sigma_B$, $\sigma_C$ de centres respectifs $A$, $B$, $C$ telles que $\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A = \mathrm{id}$
Et il se donne un triplet de points homologues $(A', B', C')$ c'est à dire qu'on a: $C' = \sigma_A(B')$, $A' = \sigma_B(C')$ et évidemment $B' = \sigma_C(A')$ puisque $\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A = \mathrm{id}$.
Pour le moment, on ne connait ni le point directeur $D$ ni les points invariables $U$, $V$, $W$.
La première chose que fait donc Rouché, c'est de prouver l'existence d'un point $D$, qu'il appellera point directeur, ayant les mêmes coordonnées barycentriques par rapport aux triangles $A'B'C'$ formés de point homologues.
Après éventuellement, il montrera l'existence des points invariables ainsi que leur disposition relative par rapport au point directeur.
C'est cette démonstration du Rouché que je vais esquisser de façon moderne en laissant en blanc le passage important de la preuve (comme le fit Rouché) et en vous laissant trouver le théorème fondamental sur le groupe des similitudes directes que Rouché a utilisé implicitement.


On considère donc deux triangles $A'B'C'$ et $A"B"C"$ formés de points homologues.
On prend un point $O$ quelconque (en lequel Rouché vectorialisera le plan affine sans le dire).
On construit les points $D_A$, $D_B$, $D_C$ de la façon suivante:
$\overrightarrow{OD_A} = \overrightarrow{A'A"}$, $\overrightarrow{OD_B} = \overrightarrow{B'B"}$, $\overrightarrow{OD_C} = \overrightarrow{C'C"}$.

A partir de maintenant, je répète l'argument du Rouché et je vous laisse trouver ce qu'il aurait fallu dire pour le rendre non pas correct, (il l'est)!), mais plus convaincant.
Le triangle $D_AD_BD_C$ garde une forme invariable quand on modifie les triplets de points homologues $A'B'C'$ et $A"B"C"$.
Rouché appelle ce triangle le premier triangle modulaire, (il y en a en effet un deuxième à se farcir!).
Le point $O$ a donc les mêmes coordonnées barycentriques bien déterminées $(\lambda, \mu, \nu)$ dans tout triangle modulaire.
On a donc:
$\lambda \overrightarrow{OD_A} + \mu \overrightarrow{OD_B} + \nu \overrightarrow{OD_C} = 0$ ou encore:
$\lambda \overrightarrow{A'A"} + \mu \overrightarrow{B'B"} + \nu \overrightarrow{C'C"} = 0$
ou encore:
$\lambda A' + \mu B' + \nu C' = \lambda A" + \mu B" + \nu C"$
Le point $E = \lambda A' + \mu B' + \nu C'$ ne dépend pas du choix du triplet de points homologues $A'B'C'$.
Remarquons déjà que lorsque les points $A'$, $B'$, $C'$ sont liés (ou alignés), le point $E$ est sur la droite $A'B'C'$ ainsi ce fameux point $E$ est sur les droites $AA\alpha$, $B\beta B$, $CC\gamma$ et par suite $E = D$.
Très amicalement
Pappus
PS
Notons qu'en la triste année où a été donné ce problème, le Rouché-Comberousse devait être le livre de chevet des agrégatifs de l'époque comme le livre du (bon) Berger devrait être celui de ceux d'aujourd'hui (mais j'en doute) et j'ai la curieuse impression qu'il faudra bientôt se farcir les oeuvres de Grothendieck avant d'avoir le droit d'enseigner le théorème de Thalès à notre boutonneuse adolescence.

Bravo, Georges d'avoir pensé à utiliser les nombres complexes quoique tu te mélanges un peu les pinceaux entre points et affixes.
Tu vas me trouver pinailleur mais mon reproche est toujours le même, ta solution n'est pas très esthétique.
Voilà plutôt comment j'aurai procédé.
Tout d'abord je me place directement dans le plan complexe pour éviter tout état d'âme entre points et affixes.
On a trois figures $\mathcal F_1$, $\mathcal F_2$, $\mathcal F_3$, bourbakistement modélisées par trois similitudes directes:
$\varphi_1:\mathbb C \longmapsto \mathbb C; z \mapsto a_1.z + b_1$
$\varphi_2:\mathbb C \longmapsto \mathbb C; z \mapsto a_2.z + b_2$
$\varphi_3:\mathbb C \longmapsto \mathbb C; z \mapsto a_3.z + b_3$
Les triplets de points homologues sont donc de la forme:
$(m_1, m_2, m_3) = (a_1.z + b_1, a_2.z + b_2, a_3.z + b_3)$
Ils sont donc paramétrés par le nombre complexe $z$.
Les similitudes directes qui les transforment les uns dans les autres sont donc:
$s_1 = \varphi_3 \circ \varphi_2^{-1}$
$s_2 = \varphi_1 \circ \varphi_3^{-1}$
$s_3 = \varphi_2 \circ \varphi_1^{-1}$
Maintenant, je fais la combinaison linéaire:
$\lambda_1 m_1 + \lambda_2 m_2 + \lambda_1 m_3 =
(\lambda_1 a_1 + \lambda_2 a_2 + \lambda_1 a_3 )z
+ \lambda_1 b_1 + \lambda_2 b_2 + \lambda_1 b_3
$
Puis je choisis comme triplet $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 )$ le triplet des coordonnées barycentriques normalisées de l'origine $0$ par rapport au triangle $a_1a_2a_3$, triplet défini de façon unique.
Au fait saurais-tu calculer effectivement ce triplet? eh, eh!
On a donc:
$\lambda_1 a_1 + \lambda_2 a_2 + \lambda_1 a_3 = 0$ et par suite:
$\lambda_1 m_1 + \lambda_2 m_2 + \lambda_1 m_3 =
\lambda_1 b_1 + \lambda_2 b_2 + \lambda_1 b_3
$
Donc le point directeur est le point $d = \lambda_1 b_1 + \lambda_2 b_2 + \lambda_1 b_3 $
Il va sans dire mais cela va mieux en le disant que le triangle $a_1a_2a_3$ n'est qu'un brave triangle modulaire!
Il est amusant de noter qu'en suivant cette technique, on peut faire défiler toute la théorie des trois figures semblables, (existence des points invariables et leurs propriétés, etc...) qui se réduit ainsi à de sordides calculs entre nombres complexes.
Très amicalement
Pappus