Similitude d'un carré
Bonsoir
Je me place dans le plan complexe et je considère le point A d'affixe 1, le point B d'affixe i, le point C d'affixe -1, le point D d'affixe -i et le point E d'affixe 1+i. Je cherche une similitude qui envoie le carré A,B,C,D sur le carré O,A,E,B.
J'ai remarqué que le premier carré est de côté sqrt(2) et le second de côté 1, donc est ce que je dois en déduire qu'il existe une similitude directe, composée d'une homothétie de rapport (1/sqrt(2)) avec une rotation d'angle têta ?
Mais dans ce cas comment trouver cet angle ?
Je me place dans le plan complexe et je considère le point A d'affixe 1, le point B d'affixe i, le point C d'affixe -1, le point D d'affixe -i et le point E d'affixe 1+i. Je cherche une similitude qui envoie le carré A,B,C,D sur le carré O,A,E,B.
J'ai remarqué que le premier carré est de côté sqrt(2) et le second de côté 1, donc est ce que je dois en déduire qu'il existe une similitude directe, composée d'une homothétie de rapport (1/sqrt(2)) avec une rotation d'angle têta ?
Mais dans ce cas comment trouver cet angle ?
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Réponses
Et le dessin ? C'est à nous de le faire ?
Cordialement,
Rescassol
Tu appliques $s(z)=az+b$ à deux points et leurs images, et tu obtiens un système pour trouver $a$ et $b$.
Cordialement,
Rescassol
Il est très bien, ton dessin ... et si je ne me trompe pas, il me semble bien que l'angle que tu cherches s'y voit comme le nez au milieu de la figure !
Bien cordialement
JLB
Edit : Mais cela ne te dispense pas de faire le calcul indiqué par Rescassol ...
Je viens de regarder et je me suis dit que: -le point B est envoyé sur E
-le point C sur B
-le point D sur O
Je pense que A va rester fixe, est-ce que tu crois que je suis sur la bonne voie?
Cordialement, Lorentz
Tu as écrit $s:ABCD \mapsto OAEB$, donc $A$ n'est pas fixe.
Quand tu auras trouvé $a$ et $b$, tu auras le centre par $\omega=\dfrac{b}{1-a}$ et le rapport et l'angle par le module et l'argument de $a$.
Cordialement,
Rescassol
Je vois ce que tu veux dire, il faut écrire un système avec az+b.
Mais comment je trouve les images des points du carré ABCD? J'ai déjà trouvé le rapport de l'homothétie (1/sqrt(2)), il me manque l'angle de la rotation.
Cordialement, Lorentz.
Tu as écrit $s:ABCD \mapsto OAEB$.
Ça signifie $s(A)=O,s(B)=A,s(C)=E,s(D)=B$. sinon, il fallait l'écrire dans un autre ordre.
Cordialement,
Rescassol
Effectivement, je me trompais : je n'avais pas fait attention à l'ordre dans lequel tu as énuméré les sommets du carré image ... Désolé de t'avoir faussement orienté !
JLB
Je viens de faire les calculs: je trouve a= -0.5 -0.5*i et b = 0.5+0.5*i ce qui donne 2/5 +i/5 comme point fixe.
J'ai trouvé -5pi/6 pour l'angle de la rotation.
Est-ce que c'est ça?
Cordialement, Lorentz.
-- Schnoebelen, Philippe
-- Schnoebelen, Philippe
-- Schnoebelen, Philippe
-- Schnoebelen, Philippe
-- Schnoebelen, Philippe
-- Schnoebelen, Philippe
J'essaie de faire ces calculs de mon côté ...
En partant de s(A) = O et s(B) = A, je trouve bien les mêmes valeurs que Lorentz pour a et b, soit a = -(1+i)/2 et b = (1+i)/2, et j'ai vérifié que ces valeurs donnent bien s(C) = E et s(D) = B.
Je trouve aussi la même affixe, (2+i)/5, pour le centre de similitude.
Pour le rapport et l'angle de similitude, je laisse Lorentz répondre : ce n'est vraiment pas sorcier !
Bien cordialement
J'ai construit à la manière de Coxeter-Sollertinski le centre $\Omega\ $ de la similitude $s:ABCD\mapsto OAEB.\qquad$ ainsi que l'image $M'=s(M)\ $ d'un point quelconque $M.\qquad$.
J'ai expliqué cette construction qui se fait à la règle et à l'équerre, des dizaines et des dizaines de fois au cours de la dernière décennie mais il n'y a pire aveugle que celui qui ne veut pas voir ni pire sourd que celui qui ne veut pas entendre et nul ne peut être prophète dans une république analphabète!
Amicalement
[small]p[/small]appus
D’abord tu envoies (translation) un sommet sur un sommet (quatre choix), ensuite tu tournes (pas le choix), ensuite éventuellement tu utilises une symétrie axiale (deux choix) et enfin l’homothétie qui va bien (pas le choix).
J’en compte donc huit (comme fait le cochon au postérieur maltraité).
-- Schnoebelen, Philippe
Le groupe du carré serait-il lui aussi passé à la trappe?
Amicalement
[small]p[/small]appus
-- Schnoebelen, Philippe
Plus concrètement, refais le problème de Lorentz dans le cas de la similitude $ABCD\mapsto BEAO\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
-- Schnoebelen, Philippe
Pourquoi ne pas dire plus simplement quatre directes et quatre indirectes?
Peut-on nommer ces huit similitudes par leur action sur les sommets $(A,B,C,D)?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai bu un café et en me réveillant, j'ai rédigé ça. En effet ce n'est pas sorcier mais je ne suis pas à l'aise avec les fonction arc cosinus et arc sinus.
Cordialement, Lorentz.
On peut parfaitement vivre sans les fonctions Arcsinus et Arccosinus.
Par contre il n'est pas interdit de connaitre les lignes trigonométriques des angles usuels $0°\ $, $30°\ $, $45°\ $, $60°\ $, $90°\ $, $120°\ $, $135°\ $, $150°\ $, etc,etc...
La similitude $ABCD\mapsto OAEB\ $ est nécessairement directe, pourquoi?
Son écriture est donc de la forme $z'=az+b\ $
$s(1)=0\ $ et $s(\imath) =1.\qquad$
Ce qui s'écrit:
$a+b=0\ $ et $a\imath+b=1$
D'où
$z'=s(z)=-\dfrac{1+\imath}2(z-1).\qquad$, etc,etc........
Amicalement
[small]p[/small]appus
Moi j'ai donné un angle de rotation de -3pi/4 et toi tu donnes un angle de 135 degré c'est bien ça?
Nous avons trouvé exactement la même chose!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bien cordialement
JLB
Pour passer mon temps (très long surtout vers la fin!), j'ai fait la construction de Coxeter-Sollertinski pour la similitude:
$$s:ABCD\mapsto BEAO\qquad$$
1° Identifier cette similitude.
2° Donner son écriture en complexes
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il y a huit similitudes envoyant le carré $ABCD\ $ sur le carré $OAEB.\qquad$
J'ai proposé deux de ces huit similitudes.
Qui aura le courage d'exhiber les six autres?
On devine déjà la réponse!
Amicalement
[small]p[/small]appus