Une application affine
Bonjour
Un exercice (qui a peut-être déjà été posé; dans ce cas acceptez mes excuses)
Etant donné un point $P$ du plan $ABC$ non situé sur les droites $BC,CA,AB$ ni sur le cercle circonscrit à $ABC$, on désigne par $P_{A},P_{B},P_{C}$ les centres des cercles $BCP,CAP,ABP$ et par $f_{P}$ l'application affine transformant $A,B,C$ respectivement en $P_{A},P_{B},P_{C}$.
$1)$ Déterminer (sans calcul de préférence) $f_{P}\left( P\right) $.
$2)$ Montrer que $f_{P}$ a une unique point fixe si et seulement si $\det \overrightarrow{f_{P}}\neq \alpha $ où $\alpha $ est un réel à déterminer.
$3)$ Caractériser par la position de leur isogonal $P^{\ast }$ les points $P$ pour lesquels $\det \overrightarrow{f_{P}}=\alpha $ et tracer le lieu de ces points $P$.
$4)$ Parmi ces points $P$, quels sont ceux pour lesquels $f_{P}$ est une affinité orthogonale? (un coup de main de Rescassol sera peut-être nécessaire)
Cordialement. Poulbot
Un exercice (qui a peut-être déjà été posé; dans ce cas acceptez mes excuses)
Etant donné un point $P$ du plan $ABC$ non situé sur les droites $BC,CA,AB$ ni sur le cercle circonscrit à $ABC$, on désigne par $P_{A},P_{B},P_{C}$ les centres des cercles $BCP,CAP,ABP$ et par $f_{P}$ l'application affine transformant $A,B,C$ respectivement en $P_{A},P_{B},P_{C}$.
$1)$ Déterminer (sans calcul de préférence) $f_{P}\left( P\right) $.
$2)$ Montrer que $f_{P}$ a une unique point fixe si et seulement si $\det \overrightarrow{f_{P}}\neq \alpha $ où $\alpha $ est un réel à déterminer.
$3)$ Caractériser par la position de leur isogonal $P^{\ast }$ les points $P$ pour lesquels $\det \overrightarrow{f_{P}}=\alpha $ et tracer le lieu de ces points $P$.
$4)$ Parmi ces points $P$, quels sont ceux pour lesquels $f_{P}$ est une affinité orthogonale? (un coup de main de Rescassol sera peut-être nécessaire)
Cordialement. Poulbot
Réponses
-
Bonjour,
1) $f_{P}\left( P\right)=0$.
Cordialement,
Rescassol
PS: Il fait 32° dedans et plus dehors, il faut que je trempe. -
Bonsoir Poulbot
C'est un peu "en sens inverse" un problème qu'on avait résolu en étudiant l'application affine faisant passer d'un triangle $ABC$ au triangle de Steiner d'un point $P$ c'est à dire le triangle formé par les symétriques de $P$ par rapport aux côtés du triangle $ABC$ mais ton problème est beaucoup plus difficile.
Car ici c'est le triangle $ABC$ qui est le triangle de Steiner de $P$ par rapport au triangle $A'B'C'$.
Je pense que $\alpha=-\dfrac 13$ et que le lieu de $P_*$ devrait être un cercle sans en être sûr.
Il faut que je réfléchisse encore.
En tout cas pour ton retour, tu frappes fort!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il faudrait retrouver le fil certainement très ancien où j'avais traité l'autre problème beaucoup plus facile! -
Bonsoir
Effectivement, j'ai trouvé pour le lieu de $P_*$ le cercle concentrique au cercle circonscrit au triangle $ABC$ et de rayon double $2R$.
La figure suit.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir
Voici comment j'ai fait ma figure.
Je trace le cercle de centre $O$ et de rayon $2R$ et je prends dessus un point variable $P_*$.
Je trace son isogonal $P$ ainsi que le lieu de $P$ en rouge.
Les médiatrices des segments $AP$, $BP$, $CP$ forment le triangle $A'B'C'$.
Je démarre la défunte construction, (en fait jamais enseignée!), de l'éventuel point fixe de l'application affine $f:ABC \mapsto A'B'C'$, telle qu'on peut la trouver dans le Berger.
Partant d'un point $\Omega$ quelconque, je trace les vecteurs $\overrightarrow{Oa}=\overrightarrow{AA'}$, $\overrightarrow{Ob}=\overrightarrow{BB'}$, $\overrightarrow{Oc}=\overrightarrow{CC'}$.
On constate que les points $a$, $b$, $c$ sont alignés sur une droite affine verte dont la direction est donc l'image de $\vec f -Id$
Je n'entre pas dans les détails mais en fait on est en général dans le cas où $f$ est sans point fixe.
Le calculateur de Cabri confirme que $S(A,B,C)=-3S(A'B'C')$ montrant que l'autre valeur propre de $\vec f$ est $-\dfrac 13\ne 1$.
Ainsi $\vec f$ est diagonalisable et $f$ admet une décomposition canonique produit commutatif d'une affinité orthogonale de rapport $-\dfrac 13$ et d'une translation. L'affinité est obligatoirement orthogonale car $f$ est orthologique.
Exercice: exhiber cette décomposition sur la figure.
D'après Poulbot il existerait un ou plusieurs points $P_*$ que devrait trouver Rescassol pour lesquels $f$ serait une affinité orthogonale.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit
Voici comment j'ai décomposé $f$.
J'utilise l'application affine: $g=\dfrac 14id+\dfrac 34 f$
Alors $\vec g=\dfrac 14Id+\dfrac 34\vec f$ a pour spectre $\{0,1\}$
$L=Im(g)$ est donc une droite affine facile à construire à partir à partir des points $A$, $B$, $C$, $P$.
Sa direction est le sous-espace propre de $\vec f$ pour la valeur propre $1$.
$L$ est l'unique droite invariante de $f$, appelée axe de $f$.
$f$ se décompose comme produit commutatif d'une affinité d'axe $L$ et de rapport $-\dfrac 13$ et d'une translation dont le vecteur dirige l'axe.
Sur ma figure, j'ai appliqué cette décomposition sur $P$ dont on sait que $f(P)=O$
Le vecteur de la translation est donc $\overrightarrow{P'O}$
A partir d'un point $\Omega'$, j'ai tracé le point $\omega=\Omega'+\overrightarrow{P'O}$ et ensuite j'ai tracé le lieu de $\omega$ quand $P_*$ décrit son cercle.
On obtient ainsi un trèfle violet ayant un point triple en $\Omega'$ montrant que très probablement Rescassol devrait trouver trois points $P_*$ secrétant trois affinités orthogonales.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
J'ai retrouvé le fil en question:
Pas de pitié pour les points fixes.
Vieux de sept ans, c'est donc un de mes tout premiers où je Rescassolisais sans le savoir!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bon après-midi
Je ne sais comment Poulbot a eu l'idée de faire intervenir l'isogonal $P^*$ de $P$ pour paramétrer sa configuration et peut-être nous le dira-t-il un jour?
Pour ma part j'ai eu beaucoup de mal à justifier le lieu de $P^*$!
Je me suis basé sur le résultat suivant intéressant en lui-même:
$P^*$ est l'isogonal de $P$ par rapport au triangle $ABC$.
Les médiatrices des segments $AP$, $BP$, $CP$ forment le triangle $A'B'C'$.
$\Gamma$ est le cercle circonscrit au triangle $ABC$, son centre est noté $O$.
$\Gamma'$ est le cercle circonscrit au triangle $A'B'C'$, son centre est noté $O'$.
Le triangle $A^*B^*C^*$ est le triangle de Steiner de $P^*$ par rapport au triangle $ABC$.
1° Montrer que les triangles $A^*B^*C^*$ et $A'B'C'$ sont homothétiques par rapport au point $P'$ inverse de $P$ par rapport au cercle $\Gamma'$.
2° Soit $S$ l'aire du triangle $ABC$, $S'$ l'aire du triangle $A'B'C'$ , $S^*$ l'aire du triangle $A^*B^*C^*$, alors:
$$S^2=S'.S^*$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Mais sans doute il y a plus simple pour justifier le lieu de $P^*$! -
Bon après-midi
J'ai une construction des trois points $P$ secrétant chacun une affinité orthogonale de rapport $-\frac 13$: $ABC \to A'B'C'$ où le triangle $A'B'C'$ est le triangle formé par les médiatrices des segments $AP$, $BP$, $CP$
Soit $N$ le milieu de $OH$, $N$ est le centre du cercle d'Euler dit aussi des 9 points.
Soit $N'$ le milieu du segment $ON$.
On construit les points $p'$, $q'$, $r'$ dont les droites de Simson passe par $N'$.
Cette magnifique construction est due à Jean-Pierre Ehrmann!
Soient $p$, $q$, $r$ les symétriques respectifs des points $p'$, $q'$, $r'$ par rapport à $O$.
Le triangle $PQR$ homothétique du triangle $pqr$ dans l'homothétie de centre $H$ et de rapport $2$ fournit les trois points désirés.
Evidemment on peut passer directement du triangle $p'q'r'$ au triangle $PQR$ par une homothétie de rapport $-2$ et de centre $?$ si on connait la théorie des groupes en général et celle du groupe des homothéties-translations en particulier!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir
Cette figure montre comment construire les trois droites de Simson d'un point $P$ relativement à un triangle $ABC$.
On trace d'abord en bleu la conique $H_0$ passant par les points $A$, $B$, $C$, $P$ et par l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$. C'est donc une hyperbole équilatère. J'ai noté son centre $\Omega$.
On transforme $H_0$ par la translation de vecteur $\overrightarrow{HP}$ pour obtenir l'hyperbole équilatère $H_1$.
$H_1$ coupe le cercle circonscrit au triangle $ABC$ en 4 points: d'une part en $Q$ symétrique de $H$ par rapport à $\Omega$ qui appartient aussi à $H_0$ et d'autre part en trois autres points $A'$, $B'$, $C'$ dont les droites de Simson passent par $P$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir
Sur cette figure, j'ai appliqué la construction précédente pour tracer les points $p'$, $q'$, $r'$ dont les droites de Simson passent par le milieu $N'$ du segment $ON$ où $N$ est le centre du cercle d'Euler.
Je récupère ensuite les trois points $P$, $Q$, $R$ de Poulbot suivant le schéma que j'ai indiqué.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit
Sur cette dernière figure, j'ai effacé pour plus de clarté la construction des points $P$, $Q$, $R$.
On passe du cercle circonscrit au triangle $ABC$ à celui du triangle $PQR$ par l'homothétie de centre $H$ et de rapport $2$.
Le centre du cercle circonscrit au triangle $PQR$ est donc le symétrique $H'$ de $H$ par rapport au point $O$ centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$. C'est donc le point de Longchamps $X(20)$ pour les sectateurs d'$ETC$. L'orthocentre de $PQR$ est le point $O$.
J'ai tracé les médiatrices des segments $PA$, $PB$, $PC$ qui forment le triangle $A'B'C'$.
La transformation affine $ABC \to A'B'C'$ est une affinité orthogonale de rapport $-\frac 13$.
J'ai tracé en pointillé rouge l'axe de cette affinité.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit
Sur cette dernière figure, j'ai eu l'idée de tracer simultanément les isogonaux respectifs $P_*$, $Q_*$, $R_*$ des points $P$, $Q$, $R$.
Je suggère fortement qu'on a les égalités vectorielles:
$\overrightarrow{PP_*}=\overrightarrow{QQ_*}=\overrightarrow{RR_*}=\overrightarrow{OH}$
Comment en déduire une équation du troisième degré dont les racines seraient les affixes $p$, $q$, $r$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
On identifie le plan euclidien avec $\mathbb C$ en sorte que le cercle circonscrit au triangle $ABC$ soit le cercle unité.
Le couplage isogonal se traduit par la relation suivante entre affixes, relation due à Morley:
$z+z'+s_3\overline z.\overline{z'}-s_1=0$ où $s_1=a+b+c$, $s_2=bc+ca+ab$, $s_3=abc$ sont les fonctions symétriques élémentaires de $(a,b,c)$
On a de plus: $z'=z+s_1$.
On élimine $\overline z$ entre ces deux équations pour obtenir:
$z+(z+s_1)+s_3\overline z(\overline z+\dfrac{s_2}{s_3})-s_1=0$
ou encore:
$2z+s_2\overline z+s_3\overline z^2=0$
On conjugue cette relation:
$2\overline z+\dfrac{s_1}{s_3}z+\dfrac{z^2}{s_3}=0$
Donc:
$\overline z=-\dfrac{z(z+s_1)}{2s_3}$
Par suite:
$2z-\dfrac{s_2}{2s_3}z(z+s_1)+\dfrac 1{4s_3}z^2(z+s_1)^2=0$
Cette expression se factorise par $z$ puisque la paire $(O,H)$ est formée de points isogonaux.
Il reste:
$2-\dfrac{s_2}{2s_3}(z+s_1)+\dfrac 1{4s_3}z(z+s_1)^2=0$
ou encore:
$8s_3-2s_2(s_1+z)+z(z+s_1)^2=0$
Finalement on obtient:
$z^3+2s_1z^2+(s_1^2-2s_2)z+8s_3-2s_1s_2=0$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Comment montrer sans calcul la relation $f(P)=O$ comme le demande Poulbot?
Tout simplement en remarquant que les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont orthologiques!
Les centres d'orthologie sont justement les points $P$ et $O$., ce qui entraine la relation de Poulbot d'après la théorie de l'orthologie!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
On a $f_{P}\left( P\right) =O$ puisque $P$ et $O$ sont les centres d'orthologie des triangles $ABC$ et $P_{A}P_{B}P_{C}$ (c'est ce que Rescassol a confirmé). Mais je viens de constater que Pappus l'avait expliqué pendant que j'écrivais ce message.
$ABC$ est l'image par l'homothétie $\left( P,2\right) $ du triangle podaire de $P$ par rapport à $P_{A}P_{B}P_{C}$. On a donc $tr\left( \overrightarrow{f_{P}^{-1}}\right) =-2$. Ainsi $f_{P}$ a un point fixe unique $\Longleftrightarrow \det \overrightarrow{f_{P}^{-1}}\neq -3\Longleftrightarrow \det \overrightarrow{f_{P}}\neq -\frac{1}{3}$.
Pappus wrote "Je ne sais comment Poulbot a eu l'idée de faire intervenir l'isogonal $P^{\ast }$ de $P$ pour paramétrer sa configuration et peut-être nous le dira-t-il un jour?"
Ce que j'ai fait n'a aucun intérêt au vu des brillantes explications de Pappus. En calculant bêtement l'aire algébrique de $P_{A}P_{B}P_{C}$, tout étant certain qu'il y avait, comme Pappus l'a montré, bien mieux à faire, j'ai obtenu que $\det \overrightarrow{f_{P}}=-\dfrac{R^{2}}{O\left( P^{\ast }\right) }$ où $O\left( P^{\ast }\right) $ est la puissance de $P^{\ast }$ par rapport au cercle circonscrit. D'où, évidemment, $\det \overrightarrow{f_{P}}=-\frac{1}{3}\Longleftrightarrow OP^{\ast }=2R$.
Avec toutes mes excuses pour ma réponse tardive mais j'avais (et j'ai encore) d'autres chats à fouetter.
Amicalement. Poulbot
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
Qui est en ligne 27
+18 Invités