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ἀγεωμέτρητος μηδεὶς εἰσίτω
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Résultats 1 - 30 sur 17834
Bonjour à tous
Ou on pose cet exercice de Ludwig correctement au ras des pâquerettes à des élèves de Troisième comme je l'ai suggéré et il faudra toute la virtuosité de Jean-Louis pour le résoudre avec les maigres moyens du bord, en gros les axiomes de Thalès et de Pythagore ou bien on pose mon exercice à des Capésiens ou des Agrégatifs ou peut-être à de bons élèves de Terminal
par pappus
- Géométrie
Mon cher Ludwig
C'est pire que cela!
Il y a une infinité de solutions!
Attention, c'est mon problème qui, dans ce cas, a une infinité de solutions!
Un système linéaire qui a une infinité de solutions, cela ne devrait avoir rien d'étonnant.
Je t'ai dit avoir mis les mains dans le cambouis.
Je ne devrais pas être le seul à le faire!
Quant à la rectification de ton énoncé, tout dÃ
par pappus
- Géométrie
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
Une solution synthétique de mon problème est possible mais elle suppose connue la configuration des trois similitudes dont Pierre et Poulbot ont souvent parlé ici même dans le passé!
Autant décrocher la lune.
Je me demande si on ne peut pas aussi Rescassoliser.
Par exemple , $BCD$ et $CAE$ directement semblables s'écrit:
$$\begin{vmatrix}
par pappus
- Géométrie
Bonsoir Ludwig
La manière dont tu veux poser cet exercice est intéressante en elle même car je pense qu'ainsi on peut la proposer à des lycéens de Terminales, ce qui n'est pas le cas de ce ce que je veux faire.
Je vais déjà analyser ta seconde phrase, la première se contentant d'affirmer que le triangle $ABC\ $ est quelconque.
Je cite: Les triangles $ABD$, $BCF$ et $AEC$ sont semblabl
par pappus
- Géométrie
Bonjour à tous
Je voudrais critiquer l'énoncé de Ludwig, (j'espère qu'il ne m'en tiendra pas rigueur!), pour le replacer dans son véritable cadre auquel Poulbot et moi avons fait allusion (entre nous!).
La figure que nous a proposée Ludwig est exacte mais son énoncé est à prendre avec des pincettes.
Dans un premier temps, je voudrais modifier (légèrement) son énoncé pour le rendre
par pappus
- Géométrie
Merci Poulbot
Avec cette simple remarque et mes propres calculs, tout devient clair.
Encore faut-il connaitre le théorème de D'Alembert?
C'est compliqué la géométrie!!!
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Merci Poulbot
Pourtant le triangle de similitude est le second triangle de Brocard inscrit dans le cercle de similitude lequel est le cercle de Brocard de diamètre $OK$ joignant le centre $O$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$ à son point de Lemoine (sans y)$K.\qquad$
Le triangle invariable dont les sommets sont situés sur les médiatrices, est indirectement semblable au triangle $ABC$
par pappus
- Géométrie
Merci Bouzar
Saurais-tu faire un diagramme commutatif en forme de triangle équilatéral (qui semble tant obséder Ludwig)?
La syntaxe $\LaTeX$ de ces diagrammes commutatifs n'est pas aisée à retenir et de plus mon triangle n'est pas tout à fait commutatif puisque les flèches tournent dans le même sens.
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Bonjour à tous
La configuration de Ludwig n'est que l'écume d'une configuration beaucoup plus célèbre et qui ne doit rien à notre dictateur patenté dont nous sommes si fiers!
Une configuration où Brocard et Lemoine apparaissent à tous les niveaux et que je schématiserai par le diagramme:
$$(C,A)\mapsto (A,B)\mapsto (B,C)\mapsto (C,A)\qquad$$
faute de savoir faire un triangle commutat
par pappus
- Géométrie
Merci Bouzar pour tes calculs
Mais je suis plus intéressé par les méthodes que par cette géométrie numérotée qui me parait sans intérêt!
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Grand Merci à Rescassol et Poulbot pour leurs précisions!
Je retiens le point crucial de la démonstration de Poulbot: le degré de $f$ est inférieur ou égal à $2$.
Cela ne me parait pas aussi évident que cela!
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Bonjour à tous
Un petit reproche amical à Rescassol
Sa solution n'est lisible que par ceux qui maitrisent bien MatLab
Honnêtement j'ai essayé de déchiffrer son code.
Disons que je comprends les définitions du début jusqu'au calcul des carrés des distances $OP^2$, $OB^2$, $OC^2$.
Ensuite on rentre dans les technicalités de MatLab
Par exemple, je suppose que la fonction numden extrai
par pappus
- Géométrie
Mon cher Yann
Je jette l'éponge.
Ces calculs sont pour moi d'un autre âge.
J'attendrai sagement soit la solution synthétique de Jean-Louis soit le réveil de Bouzar!
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Merci Rescassol
Félicitationsl
Tu n'as pas appliqué l'Axiome de Poulbot (comme moi qui suis un véritable fainéant), c'est pourquoi ta solution est plus longue!
Passe une bonne nuit et fais de très beaux rêves!
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Merci Rescassol
Tu viens de me griller!
Je ne sais pas comment tu as fait mais personnellement j'ai appliqué l'Axiome le plus important de la géométrie, l'Axiome de Poulbot:
Poulbot a toujours raison!
Sur la figure ci-dessous avec tes notations, on lit (facilement?) si on connait l'axiome de Thalès et si on sait l'appliquer:
$Ob_1=a\vert m\vert\ $, $Oc_2=a\vert n\vert\ $
$Oc_1=b\vert n\
par pappus
- Géométrie
Mon cher Yann
Non je ne possède pas ce magnifique ouvrage, exilé que je suis au milieu de mes yacks tutélaires et n'osant en sortir de peur d'être anthropozoonosé.
Mais je remarque que AD (que je salue) y figure en bonne place c'est à dire la première et j'en suis fort surpris croyant qu'il ne s'intéressait qu'à la Divine Algèbre mais il est sans doute probable que c'est lui qui en
par pappus
- Géométrie
Merci Yann
Merci surtout pour ta visite, tu te fais si rare.
Dans cette configuration que tu nous proposes, les calculs sont aussi importants sinon plus que la figure elle même.
Et tu voudrais que le vieux pappus, égrotant à moitié sur les rotules, les fasse?
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Merci Poulbot pour ta généralisation.
Je m'étonne que personne ne s'y intéresse pour le moment et je devine que ton triplet $(p,q,r)$ doit avoir une interprétation géométrique simple.
Dis moi si je me trompe.
Je considère une configuration où les points $A$ et $O$ sont fixes.
Les points $B$ et $C$ se promènent sur des demi droites fixes issues de $A$.
Ils sont si loin qu'on peut co
par pappus
- Géométrie
Mon cher Yann
Aurais-tu l'esprit mal tourné pour avoir lu trop de romans de Pierre Louys?
L'isotomique de l'orthocentre est $X(69).\ $ appelé plus communément point $S.\qquad$
Quant au pôle de la pappucine par rapport au cercle circonscrit, ne serait-ce pas le point découvert by the Duke Stephen of Exeter, fifth of the name, pendant qu'il s'ennuyait ferme au cours des obsèques de la Rei
par pappus
- Géométrie
Merci Rescassol
ll est grand temps que j'aille roupiller sinon je vais encore dire plus de bêtises.
Tu me fais voir que les notations que j'ai adoptées ne sont pas très compatibles avec celles de Ludwig!
Mais c'est trop tard et tant pis!
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
Mille quatre cent soixante quinze vues pour une banale équation du second degré dans un forum soi-disant consacré à la géométrie!
A quoi bon se fatiguer la nénette!
Amicalement
pappus
PS
Tant qu'à s'intéresser à un polynôme du second degré, le polynôme $X^2+X+1\ $ me semble plus approprié puisque il est cyclotomique!
par pappus
- Géométrie
Merci Rescassol de ta sollicitude mais quelle que soit la signification géométrique de ton triplet $(a,b,c)\ $, ton point $p$ ne devrait-il pas dépendre d'un autre paramètre associé au diamètre auquel il est censé appartenir?
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Mon cher Ludwig
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves
Je vais essayer de Rescassoliser en circoncisant le cercle trigonométrique $\mathbb S^1$ au triangle $ABC$.
Ce n'est pas très difficile puisque c'est le seul cercle encore au programme !
On cherche les intersections du diamètre $\mathbb R.u\ $ (où $u\in \mathbb S^1\ $) avec les côtés du triangle $ABC.\qquad$
L'équation du c
par pappus
- Géométrie
Mon cher Poubot
Voici ma propre figure, tracée il y a plus de deux décennies et qui répond à tes préoccupations et à celles de Bouzar.
Je l'ai faite un peu en l'honneur de Neuberg qui a caractérisé très tôt l'orthopôle en tant qu'équicentre.
Par contre je ne sais pas s'il connaissait la notion de centre aréolaire, probablement, même si je n'en suis pas certain.
Il serait d'aille
par pappus
- Géométrie
Mon cher Ludwig
La recherche des droites ayant le même orthopôle est un problème du troisième degré!
Donc si tu te donnes une droite et son orthopôle, il te reste un problème du second degré sur les bras menant à une construction à la règle ébréchée et au compas rouillé des deux autres droites ayant le même orthopôle que la première!
A toi de la trouver!
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Bonjour à tous
Si j’ai bien compris, on en saura pas plus sur ces fameux points, à part qu’ils existent ici ou bien là bas!
Dommage!
@ Ludwig
Bien sûr, tu as trouvé tout de suite la bonne question à se poser sur les orthopôles, bravo!
Et je suis à peu près sûr qu’on en a déjà parlé ici même pour paraphraser Bouzar.
Amicalement
pappus
par pappus
- Géométrie
Bonjour à tous
La notion d'orthopôle est abordée dans le livre de Lalesco: La Géométrie du Triangle, édité chez Vuibert, page 12, article 2.24.
On la trouve aussi dans le livre de Michel Collet et Georges Griso: Le Cercle d'Euler, édité chez Vuibert, page 29-30, article 12.
Vous y trouverez les preuves synthétiques indispensables sur l'existence de cet orthopôle.
On peut voir aussi
par pappus
- Géométrie
Merci Bouzar
Tu es le premier à me répondre sur cette question de géométrie circulaire, bravo
Mais je reste sur ma faim car d'une part tu ne nous as pas expliqué comment tu avais formé l'écriture de $f$ et d'autre part la définition des paramètres $u$ et $w$ n'est pas mise en évidence à coté de cette écriture
Amicalement
pappus
PS
Il m'aurait paru plus logique de commencer par
par pappus
- Géométrie
Bonsoir à tous
On considère la transformation circulaire directe $f:ABC\mapsto \alpha\beta\gamma$.
Ça nous change un peu de la transformation identique, n'est-il pas?
Eh bien le centre aréolaire de la $FLTI$ des triangles podaires des points de $L$ est tout simplement le point limite objet de $f,\ $ alors que l'équicentre en est le point limite image.
Mais bof, qui se soucie encore aujou
par pappus
- Géométrie
Bonjour à tous
Mais la théorie de l'orthopôle est historiquement liée à celle des $FLTI$, si chère à Pierre et si clairement exposée dans son glossaire!
Il nous a quitté et j'espère de tout cœur qu'il nous reviendra!
L'idée, sans doute due au géomètre belge Neuberg, est de considérer la $FLTI$ des triangles podaires des points de la droite $L$ (sur ma figure exhumée par Rescass
par pappus
- Géométrie
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©Emmanuel
Vieillard Baron 01-01-2001
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