Homothéties translations, Menelaus et Ceva.

Si c'est ma citation qui te pose question, il s'agit d'une réponse d'un baron français à la reine Marguerite de Provence (épouse de Louis IX) lors de la croisade d'Egypte.
Je pense que, telle qu'elle est posée, la question 5 est une pure sottise car l'image par une HT d'une droite est une droite parallèle, on peut donc montrer que les orbites sont les droites parallèles ce qui implique que l'action du groupe n'est pas transitive.

Pour le 6, je t'envoie la photocopie des deux pages de Tisseron. Attention au contenu de ton pdf car il n'est pas fiable. La question 3.1 est mal posée : la notion d'angles orientés n'a pas de sens dans l'espace car les orbites de SO(3) et O(3) sont les mêmes.

Bruno

Bonjour,

L'dée est sans doute la suivante (je fais pour Menelaus) :

Faire l'homothétie de centre C' envoyant A sur B, suivie de celle de centre A' envoyant B sur C, suivie de celle de centre B' envoyant C sur A. Qu'arrive-t-il à A et à la droite $\Delta$ ?

Ouais, il faudrait un petit argument supplémentaire pour "qui fixe C' ". La question 5 corrigée demandait sans doute de montrer que le stabilisateur du couple (A,$\Delta$) pour l'action du groupe des homothéties-translation est réduit à l'identité. On pouvait alors appliquer ça directement, sans aller chercher C'.

OK.

Tiens, un fil qui remonte.

A vrai dire, je ne vois pas non plus comment faire avec des homothéties (sauf à déduire Menelaus de Ceva). Mais avec des affinités, on peut.
Les notations sont expliquées sur le dessin ci-dessous.

Soit $a_1$ l'affinité d'axe $(BB')$ qui envoie $C$ sur $A$. Elle envoie $A'$ sur $D$ ($(A'D)$ parrallèle à $(CA)$).
Soit $a_2$ l'affinité d'axe $(CC')$ qui envoie $A$ sur $B$. Elle envoie $D$ sur $F$ ($(EF)$ parallèle à $(BC)$. Thalès à deux coups, via $E$).
Soit $a_3$ l'affinité d'axe $(AA')$ qui envoie $B$ sur $C$. Elle envoie $F$ sur $G$.
La composée $a_3\circ a_2\circ a_1$ fixe $C$ et $I$. C'est une affinité d'axe $(CC')$. Elle envoie $A'$ sur $G$ et est donc de rapport $-1$ au vu du parallélogramme $A'CGE$. Conclusion : le produit des 3 rapports de $a_1$, $a_2$ et $a_3$ vaut $-1$

Merci, c'est original. Le "Thalès à deux coups, via $E$" est un peu cryptique, mais je pense le voir. Il me semble ce le cadre est différent que pour la preuve de Menelaus: on n'est pas dans le groupe des homothéties-translations, mais dans le groupe affine en sa totalité. La preuve repose sur l'homomorphisme de ce groupe vers $K^\times$ donné par le déterminant de l'application linéaire associée (peux-je l'appeler l'application dérivée?), qui est particulierement simple à calculer dans le cas des affinités.

Bonjour Pappus,

La démonstration barycentrique que tu rappelles est bien connue et traîne partout. Le but du jeu ici était de voir si l'on peut obtenir une démonstration par utilisation directe du groupe des homothéties translations. Ca aurait été intéressant que tu en donnes une, si tu en connais. Moi je n'en connais pas, et à défaut j'ai donné cette démonstration qui repose sur la composition d'affinités, qui me semble assez facile. Je signale que du point de vue projectif, homothétie et affinité c'est kif-kif : des homographies du plan avec une droite fixe point par point et un point fixe en dehors. Dans le premier cas, c'est la droite de points fixes qui est à l'infini, et dans l'autre cas c'est le point fixe solitaire.

Je signale que la démonstration via les affinités marche aussi dans le cas où $(AA')$, $(BB')$ et $(CC')$ sont parallèles. Il suffit de remplacer
"La composée $ a_3\circ a_2\circ a_1$ fixe $ C$ et $ I$".
par
"La composée $ a_3\circ a_2\circ a_1$ est une composée d'affinités d'axes parallèles qui fixe $ C$".
Dans les deux cas, j'aurais dû en conclure que c'est une affinité ou une transvection d'axe $(CC')$.

Ménélaüs est un corollaire de Thalès et Céva un corollaire de Ménélaüs : niveau Troisième.

Mon cher Meu
Aurais-tu la gentillesse de refaire ta figure correspondant à la démonstration du théorème de Céva par les affinités car tes lecteurs se désespèrent de ne plus la comprendre?
Amicalement
Pappus

@ Pappus : si j'avais retrouvé la figure, je l'aurais volontiers mise. Mais en refaire une... pouf pouf

@ Soland : on peut voir aussi la version projective de Menelaüs ici, avec le fait que le théorème dual est bien Ceva projectif.

@Meu
Céva projectif met en jeu un triangle, un point et une droite ("à l'infini"). C'est une figure autoduale.
Ménélaüs projectif met en jeu un triangle, une droite et une 2e droite ("à l'infini"). La figure duale met en jeu un triangle et deux points.
Encore un argument : Si les deux configurations étaient duales, le produit remarquable ne changerait pas de signe.
Cordialement.

@ pappus : je ne peux plus joindre d'image, mais voici le protocole de construction.

1 Point A
2 Point B
3 Point C
4 Point I
5 Droite a Droite (AB)
6 Droite b Droite (AC)
7 Droite c Droite (CB)
8 Droite d Droite (AI)
9 Droite e Droite (CI)
10 Droite f Droite (BI)
11 Point A' Point d'intersection de c et d
12 Point C' Point d'intersection de a et e
13 Point B' Point d'intersection de b et f
14 Droite g Parallèle à b passant par A'
15 Point D Point d'intersection de a et g
16 Point E Point d'intersection de e et g
17 Droite h Parallèle à c passant par E
18 Point F Point d'intersection de a et h
19 Point G Point d'intersection de b et h

@Meu
J'ai regardé ton lien et vu un "double Céva" dual de Ménélaüs.
Si j'appelle Céva projectif ma figure infra à droite en haut, je n'ai pas de problème de signe.
Pour moi, le passage affine-projectif s'effectue en rajoutant une droite (violette) et en remplaçant les rapports de section par des birapports :
$(AB,C')(BC,A')(CA,B')=-1$
devient
$(AB,C'C'')(BC,A'A'')(CA,B'B'')=-1$ sans changement de signe ou autre artifice.
Les calculs suivent.
Cordialement.

Mon cher Meu
Merci du fond du coeur pour ton aide.
En fait, je ne comprenais pas la définition de $E$ et je voulais en avoir le coeur net!
Voici ta figure sur laquelle tes lecteurs pourront apprécier ta jolie démonstration du théorème de Céva via les affinités.



J'ai seulement effacé les noms des droites pour ne garder que les étiquettes des points.
$a_1$ est l'affinité d'axe $BB'$ envoyant $C$ sur $A$ et $D=a_1(A')$
$a_2$ est l'affinité d'axe $CC'$ envoyant $A$ sur $B$ et $F=a_2(D)$
$a_3$ est l'affinité d'axe $AA'$ envoyant $B$ sur $C$ et $a_3(F) = G$.
Je réécris ta démonstration.:
La transformation affine $a_3\circ a_2\circ a_1$ fixe $C$ et $I$. C'est donc une affinité d'axe $(CC')$.
Elle transforme $A'$ en $G$ et est donc de rapport $-1$ au vu du parallélogramme $A'CGE$.
En fait, je n'avais pas compris que ce fameux parallélogramme était la définition de $E$, la seule chose à montrer ensuite étant que $E \in (CC')$ et c'est là le coeur de ta démonstration!!

Très belle démonstration!
Un petit défaut que tu as corrigé toi même dans l'un des messages suivants:
Une transformation affine qui fixe tous les points d'une droite est une affinité ou une transvection.
Mais sur ta figure, il est clair que ce n'est pas le dernier cas, j'ai même tracé pour les incrédules la diagonale $A'G$ de ton fameux parallélogramme pour qu'ils soient bien convaincus que le rapport de l'affinité $a_3\circ a_2\circ a_1$ vaut $-1$.
Amicalement
Pappus

C'est pourtant clair, soland:

Menelaus projectif : Un triangle, deux droites, les trois points d'intersection de la première droite avec les côtés du triangle.
On a un produit de trois birapports qui vaut 1.

On obtient Menelaus affine en choisissant la droite de l'infini de façon qu'elle coincide avec la deuxième droite.

Dual de Menelaus projectif : Un triangle, deux points, les trois droites joignant le premier point avec les sommets du triangle.
On a un produit de trois birapports (de droites) qui vaut 1.

On obtient Ceva affine en choisissant la droite de l'infini de façon que le deuxième point soit l'isobarycentre du triangle.

Pourquoi dans la formulation de Ceva a-t-on un produit de rapports de mesures algébriques qui vaut $-1$ ? Tout simplement parce que si $M$ est le milieu de $AB$ et $C'$ est sur $(AB)$, alors $\dfrac{\overline{AC'}}{\overline{BC'}}$ est l'opposé du birapport de droites $[(CA), (CB), (CC'), (CM)]$.

Ceva est bien dual de Menelaus.

@ Pappus : le "Thalès à deux coups" n'est autre que

$$\dfrac{\overline{C'F}}{\overline{C'B}}=\dfrac{\overline{C'E}}{\overline{C'C}}=\dfrac{\overline{C'D}}{\overline{C'A}}\;.$$

Esotérique ?

Je vais réfléchir.

$\bullet $ Le théorème de Ménélaüs est un simple corollaire du théorème de Thalès.
Soient trois points $A$, $B$, $C$ non alignés dans un plan affine ; soient trois points $P$, $Q$, $R$ alignés, situés respectivement sur les droites $BC$, $CA$, $AB$.
La parallèle à la droite $PQR$ menée par le point $A$ coupe en $M$ la droite $BC$.
De par Thalès : $\frac{\overline{RA}}{\overline{RB}}=\frac{\overline{PM}}{\overline{PB}}$, $\frac{\overline{QC}}{\overline{QA}}=\frac{\overline{PC}}{\overline{PM}}$, produit et c'est tout.
- Réciproque. Soient trois points $P$, $Q$, $R$ situés respectivement sur les droites $BC$, $CA$, $AB$, tels que : $\frac{\overline{RA}}{\overline{RB}}\frac{\overline{PB}}{\overline{PC}}\frac{\overline{QC}}{\overline{QA}}=1$. La droite $PQ$ coupe la droite $AB$ en $R'$, etc.

$\bullet $ Le théorème de Céva est un simple corollaire du théorème de Ménélaüs.
Soient trois points $A$, $B$, $C$ non alignés dans un plan affine ; soient trois points $P$, $Q$, $R$ situés respectivement sur les droites $BC$, $CA$, $AB$, tels que les droites $AP$, $BQ$, $CR$ soient concourantes en un point $K$.
La transversale $BKQ$ dans le triangle $APC$ donne d'après Ménélaüs : $\frac{\overline{BP}}{\overline{BC}}\frac{\overline{QC}}{\overline{QA}}\frac{\overline{KA}}{\overline{KP}}=1$.
La transversale $CKR$ dans le triangle $APB$ donne d'après Ménélaüs : $\frac{\overline{RA}}{\overline{RB}}\frac{\overline{CB}}{\overline{CP}}\frac{\overline{KP}}{\overline{KA}}=1$, produit et c'est tout.
- Réciproque. Soient trois points $P$, $Q$, $R$ situés respectivement sur les droites $BC$, $CA$, $AB$, tels que : $\frac{\overline{RA}}{\overline{RB}}\frac{\overline{PB}}{\overline{PC}}\frac{\overline{QC}}{\overline{QA}}=-1$. Les droites $AP$ et $BQ$ se coupent en $K$. Les droites $CK$ et $AB$ se coupent en $R'$, etc.

Niveau Troisième donc ...

.

Mon cher Rescassol
Ce qui m'étonne le plus dans ce que tu me racontes, c'est que tu donnes l'impression de ne pas avoir Rescassolisé!!
Amicalement
Pappus
PS
Je serais curieux de voir la tête du candidat qui, après avoir impeccablement démontré devant le Jury le théorème fondamental de la géométrie affine en dimension quelconque, aurait l'infortune de devoir résoudre en quelques minutes ce minuscule exercice de géométrie affine en dimension 2!

Mon cher Rescassol
Cet exercice s'adresse évidemment aux agrégatifs qui sont censés parait-il, connaître tout de la géométrie affine et en particulier les générateurs du groupe affine que sont les affinités.
La moindre des choses quand on est censé connaitre un groupe, c'est de savoir effectuer le produit de ses éléments.
Donc un agrégatif sait composer des affinités!
Connaissant la géométrie affine, il sait aussi ce qu'est une partie linéaire et en particulier la partie linéaire d'une affinité n'a pas le moindre secret pour lui!
Conclusion: si un membre du jury lui demande de résoudre cet exercice, il a intérêt à s'exécuter dans les délais les plus brefs et dans un temps inférieur à cinq minutes et si possible sans Rescassoliser!
Amicalement
Pappus

Mon cher Rescassol
On ne peut pas dire que tu aies choisi les meilleurs paramètres, qui, ce me semble, devraient être plutôt les rapports des affinités intervenant dans ce problème.
Essaye de te mettre dans la peau de cet agrégatif.
Il doit faire le produit de trois affinités.
Il pourrait évidemment Rescassoliser et chercher l'écriture de ces trois affinités en complexes puis les composer mais il sait d'instinct que les calculs seront horribles pour ne pas dire monstrueux.
Alors mieux vaut faire ce qui est le plus naturel dans le plan affine, Bouzariser et écrire les matrices de taille $3$ de ces trois affinités dans le repère affine $\{A,B,C\}$ en coordonnées barycentriques.
S'il sait son cours, par exemple sur les parties linéaires, l'écriture de la première matrice ne lui demandera que quelques secondes, celle des deux autres s'obtenant par les permutations circulaires habituelles.
Finalement le plus long sera de faire le produit de ces 3 matrices mais ce n'est pas compliqué!
Le plus dur sera d'interpréter le résultat obtenu!
Amicalement
Pappus

Bonjour,

Tu as raison, Pappus, mais il se trouve que j'avais une fonction Matlab donnant l'expression complexe d'une affinité, à partir de deux points de son axe, d'un troisième point et de son image.
Je sais, tu va me dire que c'est affine.

Cordialement,

Rescassol

Soit $A$ la matrice de $f$. On a donc:
$$A = \begin{bmatrix}0&-\gamma&0\\\alpha\beta&0&0\\1-\alpha\beta&1+\gamma&1\end{bmatrix}$$
Soit $r$ l'ordre éventuel de $f$.
Comme $det(A) =\alpha\beta\gamma$, on a:
$\det(A^r)=1=(\alpha\beta\gamma)^r $.
Conclusion?
Amicalement
Pappus