TGV:Graphes ou Axes Affines
Je m'aperçois que ces TGV commencent à prendre une place trop importante et je me sens obligé d'ouvrir un nouveau fil.
Je n'ai pas fini de lire les calculs passionnants de Pierre ni répondu aux remarques pertinentes de Gregingre défendant avec talent les mérites de l'algèbre linéaire.
Quand je parlais de l'algèbre linéaire se regardant le nombril, je me suis peut-être mal exprimé.
Je faisais simplement allusion à la façon inepte avec laquelle l'algèbre linéaire est enseignée dans les classes préparatoires.
Quant à moi, je reste un partisan acharné de l'application de l'algèbre linéaire à la géométrie!
Pour en revenir maintenant aux TGV, nous avons vu qu'une correspondance affine entre deux droites $M$ et $N$ du plan affine peut être vue comme une correspondance homographique dans laquelle les points à l'infini de $M$ et $N$ se correspondent ou sont homologues comme on le disait autrefois.
Elle est donc entièrement déterminée par son axe d'homographie que pour ma part j'avais appelé axe affine, (pour évacuer l'aspect projectif qui nous est désormais inaccessible à jamais), mais que Pierre avait appelé très justement graphe de la correspondance car il fonctionne exactement comme un graphe.
Je n'ai pas fini de lire les calculs passionnants de Pierre ni répondu aux remarques pertinentes de Gregingre défendant avec talent les mérites de l'algèbre linéaire.
Quand je parlais de l'algèbre linéaire se regardant le nombril, je me suis peut-être mal exprimé.
Je faisais simplement allusion à la façon inepte avec laquelle l'algèbre linéaire est enseignée dans les classes préparatoires.
Mis à part la théorie des équations différentielles et peut-être les probabilités, le reste de cette liste n'est pas dans les programmes de nos classes préparatoires, alors que le peu de géométrie y figurant encore pourrait très utilement servir de vitrine à l'algèbre linéaire!Gregingre a écrit:Bien sûr, tout le monde sait pertinemment que l'algèbre linéaire est nombriliste, ne s'étudie que pour elle-même et n'a aucune application en théorie des équations différentielles, en théorie du codage, en informatique, en théorie des graphes ,en probabilités, et que c'est la géométrie synthétique qui fait tourner Google ou fait fonctionner les boxs et les téléphones portables.
Quant à moi, je reste un partisan acharné de l'application de l'algèbre linéaire à la géométrie!
Pour en revenir maintenant aux TGV, nous avons vu qu'une correspondance affine entre deux droites $M$ et $N$ du plan affine peut être vue comme une correspondance homographique dans laquelle les points à l'infini de $M$ et $N$ se correspondent ou sont homologues comme on le disait autrefois.
Elle est donc entièrement déterminée par son axe d'homographie que pour ma part j'avais appelé axe affine, (pour évacuer l'aspect projectif qui nous est désormais inaccessible à jamais), mais que Pierre avait appelé très justement graphe de la correspondance car il fonctionne exactement comme un graphe.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Sans en donner la démonstration pour le moment, elle me permettra seulement de préciser certaines notations (bien connues des sectateurs de la géométrie du triangle!).
Soit un triangle $ABC$. Soit $f_1:(AB)\mapsto (AC)$ une application affine.
On a facilement $f_1$ envoie $A$ sur $C$ et $B$ sur $A$ Ssi l'axe de correspondance de $f_1$ est le troisième coté du triangle, CàD $(BC)$.
On considère maintenant $f_1$ d'axe $BC$ et $f_2$ d'axe $B'C'$ avec $B'C'$ parallèle à $BC$. On a alors $f_2(M)=f_1(M)+\overrightarrow {CC'}$
Bravo, tu as bien répondu à presque toutes mes questions, mis à part le centre aréolaire!
Mais le moins que l'on puisse dire, c'est que ta démonstration est un peu elliptique.
Tu affirmes que $f_1\circ f_2\circ f_3=id$ plus que tu ne le démontres.
En particulier, comment te sers-tu de ton lemme?
Et quel est le centre aréolaire?
Amicalement
Pappus
Pour démontrer que $f_3\circ f_2\circ f_1=id$, on procède en deux temps.
1) $\overrightarrow{f_3}\circ \overrightarrow{f_2}\circ \overrightarrow{f_1}=\overrightarrow{id}$, à cause du lemme. (Si la translation \overrightarrow{T} est nulle c'est évident puis le lemme).
Donc $f_3\circ f_2\circ f_1$ est une translation.
2) On a de plus $[f_3\circ f_2\circ f_1](A)=A$
Il y a une erreur dans les étiquettes de tes points. Tu as permuté les points $B$ et $C$ ou bien les points $B'$ et $C'$.
Amicalement
Pappus
Pour le centre areolaire S
On sait que $S$ est l'image de l'équicentre $E=G+\frac{1}{3}\overrightarrow {T}$ par l'application affine $g:$A'B'C' $\mapsto ABC$.
Or $g$ est translation de vecteur $-\overrightarrow {T}$ donc $E=G'-\overrightarrow {T}=G-\frac{2}{3}\overrightarrow {T}$.
Merci Hédi.
Tu t'es trompé dans la détermination du centre aréolaire (comme aire) et non aérolaire (comme air).
Si tu as lu l'énoncé du théorème général, (pour le moment sans démonstration), tu devrais facilement déterminer ce point qui est indépendant du vecteur de la translation.
Dans ma rédaction de cette théorie, j'ai appelé $E$ l'équicentre et $S$ le centre aréolaire, ce qui me semble plus logique au point de vue mnémotechnique.
Il serait bon dans la suite d'adopter ces notations une fois pour toute!
En ce qui concerne ta démonstration, rien à dire puisqu'elle qu'elle devrait être compréhensible par un agrégatif qui est censé connaitre de la géométrie affine autre chose que son théorème fondamental. Mais cette figure est si simple qu'une démonstration du niveau Collège-Lycée devrait être possible.
Il est en effet traditionnel de donner une démonstration élémentaire dans le cas où le vecteur de la translation est nul.
D'autre part, quelles sont les coordonnées barycentriques de l'équicentre $E$ dans le triangle des TGV $abc$? En fait tu n'as pas vraiment démontré que le point $E = G + \frac{1}{3}\overrightarrow {T}$ était l'équicentre (avec mes notations!).
Amicalement
Pappus
Oui je me suis complétement trompé sur le centre aréolaire, j'ai suivi un mauvais reflexe sur les notations
Je reprends les notations d'un peu plus haut.On sait que $S$ est l'image de l'équicentre $E=G+\frac{1}{3}\overrightarrow {T}$ par l'application affine $$g:A,f_1(A),[f_2\circ f_1](A)\mapsto A,B,C$$
Il est clair que le piont fixe de $g$ est $A$.
Je vais voir pour la nature de $g$.
Hédi.
1) Si $\overrightarrow{T}=\overrightarrow{0}$, on a facilement $E=G$, en effet
$f_1:A,B\mapsto C,A$, $f_2:A,C\mapsto C,B$ et $f_3:BC\mapsto B,A$, on a donc
$$A\mapsto C \mapsto B \quad et \quad B\mapsto A \mapsto C$$
Il est clair que l'isobarycentre de $A,f_1(A),[f_2\circ f_1](A)$ et $B,f_1(B),[f_2\circ f_1](B)$ est le même donc $E=G$
2) Si $\overrightarrow{T}\neq \overrightarrow{0}$, on a le dessin
Encore une fois, quelles sont les coordonnées barycentriques (fixes) de l'équicentre $E$ dans le triangle (variable) $abc$?
Amicalement
Pappus
PS
Tu devrais exposer une solution élémentaire compréhensible par un collégien-lycéen qui connait les propriétés du parallélogramme.
l'équicentre $E$ est l'isobarycentre du triangle variable $abc$ donc le centre arealaire est l'isobarycentre du triangle fixe $ABC$, c'est donc $G$ !!!!!!!
Merci Hédi.
Je salue Le Marin qui a fait de beaux efforts un peu désordonnés, sans doute difficilement compréhensibles par les néophytes!
Je laisse donc de côté cette démonstration élémentaire et je m'intéresse plutôt à l'aspect calculatoire c'est à dire en définitive à l'aspect algèbre linéaire que certains ici ne voudraient voir fonctionner que pour elle même.
J'évacue le plan projectif, même si je sais que cela ne fera pas plaisir à Pierre car nous devons accepter bon gré mal gré sa disparition définitive, en attendant patiemment celle prochaine du plan affine.
Il nous restera quand même les plans sociaux!!
Nous avons donc le plan affine dans lequel le triangle $ABC$ forme un repère.
Dans ce repère, tout point $M$ admet des coordonnées barycentriques (normalisées) pour lesquelles:
$M = xA +yB+zC$ avec $x+y+z = 1$.
Cette écriture un peu abstraite suggère que toutes combinaisons linéaires de points du plan affine et en particulier les combinaisons $xA+yB+zC$, (où la somme $x+y+z$ n'est pas forcément égale à $1$), ont encore un sens et forment un espace vectoriel appelé le prolongement vectoriel du plan affine.
A mon avis le meilleur livre où la construction de ce prolongement est bien expliquée, (car basée sur les fonctions vectorielles de Leibniz qui trouvent là leur véritable utilité), est celui de Madame Lelong-Ferrand: Les fondements de la géométrie, paru au puf en 1985.
Dans le cas qui nous occupe, le triplet $(A, B, C)$ est une base du prolongement dans laquelle le plan affine est plongé et a pour équation $x+y+z = 1$
Mais cela va plus loin, les combinaisons linéaires $xA + yB + zC$ pour lesquelles $x+y+z=0$ représentent les vecteurs du plan vectoriel associé qui apparait lui aussi plongé dans le prolongement et a pour équation $x+y+z=0$.
Ainsi tout vecteur $\overrightarrow V$ s'écrit de façon unique $\overrightarrow V = xA+ yB +zC$.
Ce triplet $(x,y,z)$ est donc formé des composantes barycentriques du vecteur $\overrightarrow V$ dans le repère $(A,B,C)$.
Voici des petits exercices pour les utilisateurs de Geogebra:
1° Etant donné un triangle $ABC$ et un point $M$, obtenir les coordonnées barycentriques (normalisées) de$M$ dans le repère $(A,B,C)$.
2°Etant donné un triangle $ABC$ et un vecteur $\overrightarrow V$, obtenir les composantes barycentriques de $\overrightarrow V$ dans le repère $(A,B,C)$.
3° Etant donné un triangle $(A,B,C)$ et un triplet $(x,y,z)$ tel que $x+y+z \ne 0$, construire le point $M$ de coordonnées barycentriques $(x,y,z)$.
4°Etant donné un triangle $(A,B,C)$ et un triplet $(x,y,z)$ tel que $x+y+z = 0$, construire le vecteur $\overrightarrow V$ de composantes barycentriques $(x,y,z)$.
Il est facile dans un repère de faire opérer le vecteur $\overrightarrow V$ de composantes barycentriques $(\alpha, \beta, \gamma)$ (avec $\alpha + \beta + \gamma = 0$) sur le point $M$ de coordonnées barycentriques (normalisées) $(x,y,z)$ (avec $x+y+z=1$).
Le point $N = M + \overrightarrow V$ a pour coordonnées barycentriques normalisées $(x +\alpha, y +\beta, z + \gamma)$.
Revenons maintenant à nos moutons et démontrons que le triangle $A'B'C'$ est un triangle des graphes.
Le vecteur $\overrightarrow T$ a pour composantes barycentriques $(p,q,r)$ avec $p+q+r=0$
Le point $a$ a pour coordonnées barycentriques (normalisées) $(0, 1-u,u)$.
Le point $b$ a pour coordonnées barycentriques (normalisées) $(v, 0,1-v)$.
Le point $c$ a pour coordonnées barycentriques (normalisées) $(1-w,w,0)$.
On voit apparaitre la matrice:
$\begin{bmatrix}
0&v&1-w\\ 1-u&0&w\\u&1-v&0
\end{bmatrix}$
Ses colonnes sont formées des coordonnées barycentriques (normalisées) des points $a$, $b$, $c$ dans le repère $(A,B,C)$.
C'est donc au choix la matrice de l'application affine $f:ABC \mapsto abc$ ou celle de son prolongement vectoriel dans la base $(A,B,C)$.
Cette matrice joue un grand rôle dans la théorie des TGV.
On doit maintenant écrire que les côtés du triangle $A'B'C'$ sont les graphes des correspondances affines.
On complète le parallélogramme $bAc\alpha$.
On a donc $A+\alpha = b+c$ ou encore $\alpha = b+c-A$
Le point $\alpha$ a donc pour coordonnées barycentriques (normalisées): $(v-w,w,1-v)$
Il appartiendra à la droite $B'C'$ si et seulement si $v-w=p$.
On pourrait s'arrêter là et faire les permutations circulaires si utiles quand on utilise les coordonnées barycentriques mais je continue les calculs comme un béotien!
On complète le parallélogramme $cBa\beta$.
On a donc $B+\beta = c+a$ ou encore $\beta = c+a-B$
Le point $\beta$ a donc pour coordonnées barycentriques (normalisées): $(1-w,w-u, u)$
Il appartiendra à la droite $C'A'$ si et seulement si $w-u=p$.
On complète le parallélogramme $aCb\gamma$.
On a donc $C+\gamma = a+b$ ou encore $\gamma = a+b-C$
Le point $\alpha$ a donc pour coordonnées barycentriques (normalisées): $(v,1-u,u-v)$
Il appartiendra à la droite $A'B'$ si et seulement si $u-v=r$.
Le triangle $A'B'C'$ sera donc un triangle des graphes si et seulement si le système linéaire:
$v-w = p$
$w-u = q$
$u-v = r$
est compatible.
Mais ce système linéaire est bien connu des sectateurs de l'algèbre linéaire et c'est sans doute un des premiers à être proposé à la sagacité de nos jeunes taupins.
Il est compatible justement parce que: $p+q+r =0$.
Avouez quand même qu'il est préférable de rencontrer ce système en faisant de la géométrie et en résolvant ce joli problème que de le résoudre bêtement pour lui même comme le préconisent certains.
Maintenant $\frac 1 3(a+b+c)$ a pour coordonnées barycentriques $\frac 1 3(1+v-w,1+w-u,1+u-v) = \frac 1 3(1+p,1+q,1+r)$
On a bien $E = G +\frac 1 3 \overrightarrow T$
Clap de fin!
Sétipabo l'algèbre linéaire appliquée à la géométrie!
Mais chut silence dans les rangs!
Faut surtout pas en parler!
Amicalement
Pappus
Serais-tu prêt à tout pour reculer?
Je te rappelle les mots de la chaste Pauline à son mari Polyeucte:
Et le désir s'accroit quand l'effet se recule!
Amicalement
Pappus
Est-ce bien le même "H"????? (D'où, tiens donc, j'y pense, l'utilité d'être inscrit! Un argument pour le fil de toto)
Par rapport à un tel point, unique s'il existe, les trois TGV ont la même vitesse aréolaire. Comme leurs mouvements sont uniformes, on voit que les aires balayées pendant le même laps de temps sont les mêmes.
Autrement dit: $\mathcal A(S,a,a') = \mathcal A(S,b,b') = \mathcal A(S,c,c')$ où $\mathcal A(\bullet, \bullet, \bullet)$ désigne l'aire algébrique et $abc$ , $a'b'c'$ sont les positions des TGV à des instants arbitraires $t$ et $t'$.
Rappelons la formule fondamentale:
$$\mathcal A(P,Q,R) = \begin{vmatrix} x_P&x_Q&x_R\\y_P&y_Q&y_R\\z_P&z_Q&z_R \end{vmatrix} \mathcal A(A,B,C)$$
où les colonnes de ce déterminant sont formées des coordonnées barycentriques (normalisées) des points $P$, $Q$, $R$ dans le repère affine $(A,B,C)$.
Ainsi:
$\mathcal A(S,a,a') = \begin{vmatrix} x_S&0&0\\y_S&1-u&1-u'\\z_S&u&u' \end{vmatrix}\mathcal A(A,B,C)=x_S(u'-u)\mathcal A(A,B,C)$
De même:
$\mathcal A(S,b,b') = \begin{vmatrix} x_S&v&v'\\y_S&0&0\\z_S &1-v&1-v' \end{vmatrix}\mathcal A(A,B,C) =y_S(v'-v)\mathcal A(A,B,C)$
et enfin:
$\mathcal A(S,c,c') = \begin{vmatrix} x_S&1-w&1-w'\\y_S&w&w'\\z_S&0&0\end{vmatrix}\mathcal A(A,B,C) = z_S(w'-w)\mathcal A(A,B,C)$
Maintenant puisque:
$v-w = v'-w'=p$, $w-u=w'-u'=q$, $u-v=u'-v'=r$, on a:
$u'-u=v'-v=w'-w$
Autrefois on disait que $(u'-u,v'-v,w'-w)$ était une solution du système linéaire homogène associé, aujourd'hui on dit plutôt que le vecteur $(u'-u,v'-v,w'-w)$ appartient au noyau, ça fait plus chic!
Ainsi l'égalité des aires est-elle assurée si et seulement si $x_S=y_S=z_S$, ce qui équivaut à $S = G$ le centre de gravité du triangle $ABC$.
Amicalement
Pappus
PS
Maintenant que nous nous sommes fait les dents sur ce cas particulier, (mis à part sa démonstration élémentaire pour laquelle on risque d'attendre longtemps!!), il est grand temps d'aborder le cas général des TGV!!
Le premier pas à faire, (certes un peu calculatoire), est de montrer comment trois TGV définis sur les trois côtés d'un triangle $ABC$ entrainent l'existence d'un centre aréolaire $S$ et d'un équicentre $E$ en général, (c'est à dire qu'il y aura des cas particuliers où il n'y en aura pas, c'est l'un des charmes de la géométrie affine) et qu'inversement la donnée du centre aréolaire $S$ et de l'équicentre $E$ détermine entièrement les correspondances affines entre les côtés $a\iff b \iff c$.
Historiquement, je crois que c'est Neuberg, géomètre belge, qui a mis en évidence l'existence de l'équicentre dans le cas particulier des triangles podaires de points situés sur une même droite.
Quant au centre aréolaire, je ne sais pas; il faudrait faire des recherches mais on a certainement dû en parler, nil novi sub geometriae sole.
fermeture à régler!
On obtient ainsi des bijections affines $ a \iff b' \iff c \iff a' \iff b \iff c'$ et en particulier des correspondances affines $a\iff b \iff c$ sur les côtés du triangle $ABC$ et $a' \iff b' \iff c'$ sur les côtés du triangle $A'B'C'$.
Quels sont les centres aréolaires et les équicentres de ces deux triplets de correspondances affines?
Montrer que les six points $a$, $b'$, $c$, $a'$, $b$, $c'$ sont sur une même conique $\Gamma$.
Amicalement
Pappus
PS
Une animation GeoGebra serait la bienvenue!