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Une application affine

Envoyé par poulbot 
Une application affine
il y a quatre années
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
Re: Une application affine
il y a quatre années
Bonjour,

1) $f_{P}\left( P\right)=0$.

Cordialement,

Rescassol

PS: Il fait 32° dedans et plus dehors, il faut que je trempe.
Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus
PS
Il faudrait retrouver le fil certainement très ancien où j'avais traité l'autre problème beaucoup plus facile!



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.
Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus
Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.


Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.


Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus
Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus
PS
Mais sans doute il y a plus simple pour justifier le lieu de $P^*$!



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.


Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.
Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.


Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.


Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus


Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.


Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par pappus.
Re: Une application affine
il y a quatre années
Bon après-midi
Les points $P$, $Q$, $R$ ont été spécialement étudiés par Bernard Gibert sous le nom des points $U_a$, $U_b$, $U_c$:
Table 18
Amicalement
pappus
Re: Une application affine
il y a quatre années
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
pappus
Re: Une application affine
il y a quatre années
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
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