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Homothéties translations, Menelaus et Ceva.

Envoyé par bdvs 
Bonjour,

J'ai trouvé le document joint sur internet. Dans l'exercice 1 on peut lire :

(E plan affine, HT(E) groupe des homothéties translations)

On fait agir le groupe HT(E) sur l'ensemble Q des couples (a;D) avec a point de E et D une droite
de E ne passant pas par a.

5. Montrer que l'action de HT(E) sur Q est simplement transitive.
6. Application géométrique : les théorémes de Menelaus et Ceva [Tisseron p. 62].

Je n'arrive pas à faire 6 en appliquant 5... et je n'arrive pas à faire 5.

Ce que je comprends pour 5, c'est que (a,D) est dans l'orbite de (a1,D1) ssi D est parallèle à D1.
Il faut montrer qu'il existe une unique homothétie-translation h1 qui envoie a1 sur b et D1 sur D.
Pour l'existence je compose la translation de vecteur (a a1) et l'homothétie de centre a1 et de rapport idoine pour envoyer D1 sur D.
Mais je n'arrive pas à montrer qu'il n'y en a pas d'autres.

Enfin je ne vois pas bien comment l'appliquer à 6.

Je vous remercie d'avance pour tout éclairage.
[attachment 19309 ut.pdf]

[Y pensais justement. Bruno]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par Bruno.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - ut.pdf (54.9 KB)
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
il y a quatre années
avatar
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

[attachment 19329 TisseronP62-63.pdf]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par Bruno.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - TisseronP62-63.pdf (349.3 KB)
Merci, oui en effet pour la 5, en fait je comprenais fidèle mais clairement pas transitive puisque je décrivais même les orbites.


Et ma question était de comprendre si cela était vrai et si on pouvait l'appliquer à la 6.
Mon but étant de voir les théorèmes de Menelas et Ceva comme conséquences de ppté de l'action de HT sur un ensemble, le poly me suggérait un ensemble... mais sa fiabilité étant clairement remise en question...

En tout cas merci.
(au fait cette citation , à quoi fait-elle référence?)
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
il y a quatre années
avatar
Lors du siège de... par les troupes égyptiennes, la reine qui était enfermée dans la ville aurait demandé au gentilhomme de lui trancher la tête pour lui éviter de tomber aux mains des assiégeants. Ce gentilhomme aurait répondu "Y pensais justement". Probablement que l'histoire est apocryphe mais... "Se non e vero...".

Bruno
Bonjour,

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

[attachment 19330 Menelaus.png]


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 $\Delta$ ?
et bien A est fixé, $\Delta$ est globalement invariante (merci à chaque fois pour les dessins éclairant meu), donc la composition est une homothétie de centre A, qui fixe C' par exemple donc l'identité.
Ce qui donne bien l'égalité du théorème de Menelaus.
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'.
Oui finalement on est bien amené à démontrer que l'action est libre i.e tous les stabilisateurs sont réduits au neutre, autrement dit si tout élément différent du neutre agit sans point fixe.

Pour cela on considère $(A,\Delta)$ "point" fixe (pour l'action considérée) pour h dans HT(E).

h(A)=A, donc nécéssairement h est une homothétie (pas une translation de vecteur non nul) et plus particulièrement une homothétie de centre A.
De plus, considérons B dans $\Delta$. (AB) est une droite distincte de $\Delta$ (puisque par hypothèse A n'est pas dans $\Delta$).
Et h(B) appartient à la droite (AB) (puisque le centre de l'homothétie est A) et comme $\Delta$ est stable, h(B) appartient à $\Delta$.

Or deux droites distinctes ont au plus un point d'intersection, donc nécessairement h(B)=B. Comme A n'est pas dans $\Delta$, A est distinct de B. h(B)=B implique donc que h est une homothétie de rapport 1, c'est-à-dire h est l'identité.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
il y a trois années
Reste la même question pour Ceva. Même si on admet que dans un sens vague les deux théorèmes sont duaux, je ne vois pas du tout quelles homothéties il faudrait invoquer pour prouver Ceva.
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.

[attachment 21344 ceva..png]


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 $-1$
Je voulais dire "déduire Ceva de Menelaus".
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
il y a trois années
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.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
il y a trois années
La démonstration du théorème de Céva par l'associativité barycentrique me semble quand même plus simple.
Quant à celle de Meu, (qui ne concerne que sa partie nécessaire dans le cas des droites concourantes), elle revient au fond à celle utilisant les équations respectives $ y = \alpha z$, $z = \beta x$, $x = \gamma y$ des droites $AA'$, $BB'$, $CC'$ en coordonnées barycentriques homogènes.
Ces trois droites font partie d'un même faisceau de droites parallèles ou concourantes si et seulement si ce système linéaire homogène admet une solution non triviale, ce qui équivaut à $\alpha.\beta.\gamma = 1$.
Il faut évidemment faire le lien entre les scalaires $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ et les différents rapports intervenant dans l'énoncé du théorème de Céva.
Amicalement
Pappus
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.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
il y a trois années
Mon cher Meu
Je voulais seulement montrer la parenté entre ta démonstration et la démonstration analytique.
Je suis comme toi, je ne connais pas de telle démonstration mais le fait qu'il faille distinguer dans le théorème de Céva le cas droites concourantes du cas droites parallèles m'incite à douter de son existence.
Amicalement
Pappus
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 $(CC')$.
s il vous plait puis avoir les demonstartions des theoremes de Menelaus et de Ceva. Merci d avance
Re: theoremes de Menelaus et Ceva.
l’an passé
Ménélaüs est un corollaire de Thalès et Céva un corollaire de Ménélaüs : niveau Troisième.
Re: theoremes de Menelaus et Ceva.
l’an passé
Pour Ménélaus et Ceva :

Tape "menelaus ceva" dans ton moteur de recherche préféré, puis choisis.

ça prend 15 secondes !!!
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
avatar
Bonjour.

[postimg.org]]
@ 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.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
Mon cher Meu
A défaut de refaire une figure, peux-tu au moins rappeler les diverses définitions des points de ta figure car les notations que tu utilisais étaient justement données sur la figure disparue?
Je veux bien alors me charger de refaire ta figure.
Amicalement
Pappus.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
avatar
@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.
@ soland : je vois que tu n'as pas pris la peine de regarder le texte que je mettais en lien.
@ 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
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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Tu peux toujours poster un lien vers une image que tu fais héberger quelque part sur le ouèbe.

Le café est un breuvage qui fait dormir,
quand on n’en prend pas.
-+- Alphonse Allais -+-
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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@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.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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Pour bien préciser : "projectiviser" un problème consiste à distinguer une droite particulière et non à distinguer un point particulier.


[postimg.org]]
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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



Edité 8 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par pappus.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
Mon cher Meu
En ce qui concerne le "coeur" de ta démonstration, je m'aperçois que je n'ai pas défini le point $E$ tout à fait comme toi.
Tu définis $E$ comme intersection des droites $A'D$ et $CC'$ puis le point $F$ comme la projection de $E$ sur $AB$ parallèlement à $BC$ puis tu affirmes que $F=a_2(D)$ en utilisant un Thalès à deux coups via $E$.
Je crains que certains de tes lecteurs ne trouvent cela un peu ésotérique sans autre détail!
En t'ayant mal lu, j'ai défini le point $E$ comme intersection des droites $FG$ et $A'D$ et ainsi le quadrilatère $A'CGE$ est automatiquement un parallélogramme.
Il reste à montrer que $E \in (CC')$.
Je le fais de la façon suivante.
$a_2$ transforme la droite $AC$ en la droite $BC$ et comme toute transformation affine qui se respecte, elle conserve le parallélisme.
Donc $a_2$ transforme la droite $A'D\parallel AC$ en une droite passant par $F=a_2(D)$ et parallèle à $BC$c'est à dire la droite $FG$ Ceci entraine que $E = A'D \cap FG$ appartient à l'axe de l'affinité $(CC')$.
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.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
avatar
Je pense que nous avons trois configurations. Toutes comportent un triangle. La première (Ménélaüs projectif) est complétée par deux droites. La seconde ("mon" Céva projectif) est complétée par une droite et un point. La troisième ("ton" Céva projectif) est complétée par deux points.

Nous n'avons que deux noms pour ces trois configurations qui ont le même droit à l'existence; c'est l'objet du litige. Je ne revendique pas le titre de "Céva projectif" pour la deuxième configuration, mais comment veux-tu l'appeler ?
@ 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 ?
@ soland : le problème n'est bien évidement pas un problème de configuration. Le problème est celui du "bon" birapport à choisir pour s'apercevoir que Ceva est dual projectif de Menelaus (choix qui supprime le souci du $-1$). Pour Ceva il va s'agir de birapports de droites passant par un sommet (dualité oblige), et la quatrième droite est la médiane, tout simplement.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
avatar
Je vais réfléchir.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
La jolie démonstration de Meu m'inspire l'exercice suivant dont le résultat me semble particulièrement moral!
Soit $ABC$ un triangle du plan affine.
On se donne trois points quelconques $A' \in BC$, $B' \in CA$, $C'\in AB$.
Je garde alors ses définitions:
$a_1$ est l'affinité d'axe $BB'$ envoyant $C$ sur $A$.
$a_2$ est l'affinité d'axe $CC'$ envoyant $A$ sur $B$
$a_3$ est l'affinité d'axe $AA'$ envoyant $B$ sur $C$.
Chercher les configurations des triplets $(A', B', C')$ pour que $f=a_3\circ a_2 \circ a_1$ soit d'ordre fini
Meu a brillamment démontré que c'était le cas quand les droites $AA'$, $BB'$, $CC'$ étaient liées c'est à dire faisaient partie d'un même faisceau de droites auquel cas $f$ est d'ordre $2$ mais y-a-t-il d'autres cas et si oui les trouver?
Amicalement
Pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par pappus.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
$\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 ...

.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
Bonjour,

Pappus, pour ton exercice, je trouve que si on définit $A'$ par $\overrightarrow{BA'}=u\overrightarrow{BC}$ et permutation circulaire, $a_3\circ a_2 \circ a_1$ posséde une droite invariante si $u + v + w - uv - uw - vw + 2uvw - 1=0$, c'est un début.
Ensuite, il y a une relation entre les rapports des affinités et celui d'une symétrie.

Cordialement,

Rescassol
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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!
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
Bonjour,

Si, j'ai Rescassolisé un peu, mais c'est caché.

Je ne sais pas si les candidats d'aujourd'hui connaissent le lien entre le déterminant de l'application linéaire associée à une affinité et le rapport de cette affinité.
Enseigne-t-on encore les affinités ?

Cordialement,

Rescassol
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
Bonjour,

La relation que j'ai indiqué il y a 5 h est peut-être plus parlante sous la forme:
$\dfrac{(u-1)(v-1)(w-1)}{uvw}+1=0$.

Cordialement,

Rescassol
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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



Edité 1 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par pappus.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
Prenons par exemple la matrice de l'affinité , notée $a_3$ par Meu, d'axe $AA'$, envoyant $B$ sur $C$ et soit $\alpha$ son rapport.
Les colonnes de cette matrice sont formées par les coordonnées barycentriques des images $a_3(A)$, $a_3(B)$, $a_3(C)$.
Elle a donc la forme:
$M=\begin{bmatrix}
1&0&u\\0&0&v\\0&1&w\end{bmatrix}$ avec $u+v+w=1$
Mais $a_3(C) \in BC$ donc $u=0$
Si on sait son cours, on sait que la partie linéaire de $a_3$ est une application linéaire diagonalisable de spectre $\{1,\alpha\}$.
Son polynôme caractéristique est $(X-1)(X-\alpha)$.
Il en résulte, d'après le cours (s'il est bien enseigné), que le polynôme caractéristique de $M$ est $(X-1)^2(X-\alpha)$ et en particulier:
$\mathrm{Trace}(M)= 2+\alpha =1+w$. Par suite, $w= 1+\alpha$ et $v=-\alpha$.!:
Par suite:
$M=\begin{bmatrix}
1&0&0\\0&0&-\alpha\\0&1&1+\alpha\end{bmatrix}$
Plus belle la vie, quand on sait son cours de géométrie affine, qui ne se limite pas à la démonstration de son soi-disant théorème fondamental!
Amicalement
Pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par pappus.
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
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
Re: Homothéties translations, Menelaus et Ceva.
l’an passé
Donc si on note $\alpha$ le rapport de l'affinité $a_3$, $\beta$ celui de $a_1$ et $\gamma$ celui de $a_2$, la matrice de $f= a_3\circ a_2\circ a_1$ sera:
$$\begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&-\alpha\\0&1&1+\alpha\end{bmatrix}.\begin{bmatrix}0&-\gamma&0\\1&1+\gamma&0\\0&0&1\end{bmatrix}.\begin{bmatrix}1+\beta&0&1\\0&1&0\\-\beta&0&0\end{bmatrix}$$
Après un épouvantable calcul qu'il faudra bien faire devant un intraitable jury sans le secours du moindre ordinateur, on obtient pour matrice de $f$:
$$\begin{bmatrix}0&-\gamma&0\\\alpha\beta&0&0\\1-\alpha\beta&1+\gamma&1\end{bmatrix}$$
Maintenant c'est là que les Athéniens s'atteignirent, que les Perses se percèrent et que les Mèdes se médirent, comment faire pour que cette matrice ait un ordre fini?
Quelle Angoisse!
Amicalement
pappus
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