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Approche timide (mais obstinée) d'un embryon de géométrie projective

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Réponses

  • Modifié (January 2023)
    pour le deux
    Je transforme les quatre tangentes de mon choix en un carré (les intersections des tangentes image forment un carré) par  mon homographie
    il est normal que cette ellipse soit inscrite dans ce carré 
    et si tu choisie bien tes quatre tangentes (tu peux en construire autant que tu veux en utilisant le théorème dual de Pascal
    Bah ton ellipse image est simple avec un joli axe focal d'équation x-y=0 sur ma figure
    puis (je me répète ) je transforme ma droite sur laquelle il y a les points de rencontre à construire et je me retrouve avec une droite image
    et tracer les points de rencontre de ma droite image avec ma conique image (laquelle est inscrite dans un carré (sur mon image de côté 1 ) 
    c'est vraiment simple puis enfin effectuer l'homographie inverse pour ces deux points de rencontre c'est vraiment pas la mort
    bref relis tout et franchement désolé mais c'est ta faute 
    et stp ne passe pas ta vie à attendre des autres (première leçon du komintern industriel voir le manuel de 1943 écrit par Staline)
  • PS: je ne te fais pas l'insulte de te dire que si j'ai placé les points Z,X',X,Y,Y' c'est pas pour rien
    ce sont ces cinq point là qui définissent ton homographie  et elle est unique pour ces cinq points là (je ne pensais pas qu'il faudrait que je le dise
    Ces points sont des intersections de tangentes de ta conique
  • et veille bien que X' et Y' soient dans les segments respectivement [ZX] et [ZY]
  • Modifié (January 2023)
    Bonjour !
    Écartons-nous du sentier battu des trois points fixes.
    Données en noir sur la figure : une conique $\Gamma$, $\Delta$ sa tangente en $A$, deux points $P, P'$ sur $\Gamma$.
    On considère l'homographie $h_{\Gamma}$ de $\Gamma$ sur elle-même, d'axe $\Delta$ et qui envoie $P$ sur $P'$.
    En orange : rappel de la construction d'un point $B$, on trace $b\in(P'B)\cap\Delta$, puis $B'\doteq C\in(Pb)\cap\Gamma$.

    Question. Écrire dans le repère barycentrique $A,B,C$ la matrice $H$ du prolongement $h$ de $h_\Gamma$ au plan.
    Contrôler sur les images de $N(2:-3:2)$, de $M(2:6:-1)$ et même de $Q(2:0:-1)\notin\Gamma$.
    Éléments de réponse.
    On a vu que $h(B)=C$. On constate que $h(C)=N$. L'étape qui me fascine encore, vu qu'elle m'a échappé quelque temps, c'est de ne pas se contenter de $\begin{pmatrix}1&0&2\\0&0&-3\\0&1&2\end{pmatrix}$, qui n'est pas $H$ ! On écrit que $h(P)=P'$.
    $$\begin{pmatrix}a&0&2c\\0&0&-3c\\0&b&2c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\-2\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}15\\-18\\10\end{pmatrix}$$ mène à $$H\doteq\begin{pmatrix}3&0&6\\0&0&-9\\0&1&6\end{pmatrix}$$
    Ça marche donc comme dans le cas précédent, qui était plus simple.
    N'empêche que je ne sais toujours pas trop comment il se fait que la linéarité s'applique aussi bien.
    Valeurs propres : évidemment une seule, sauf que je n'y pensais pas avant que le calcul me le dise.
    J'imagine que c'est une confirmation du fait que seul $A$ reste fixe, pour lequel je n'aurais pas mis ma main au feu.
    Existe-t-il des droites ou des coniques stable par le prolongement $h$ de $h_\Gamma$ au plan ?
    Les essais sur ggb me font conjecturer que $\Delta$ est la seule droite, et $\Gamma$ la seule conique. Cela dit, je ne demande qu'à me laisser surprendre.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (January 2023)
    Ne reste plus qu'à examiner un axe extérieur à $\Gamma$.

    Indication. Dans le repère barycentrique $A,B,C$, on a $A'(-3:2:9),B'(3:6:-1),C'(-7:10:5),P(7:2:-1),P'(5:-2:5)$.
    Matrice de $H$ dans ce repère ? Coordonnées barycentriques du point fixe ?
    Les données mènent à $a=9, b=21, c=49$ (c'est une manie ?! Bref on garde la progression géométrique) d'où $$H\doteq\begin{pmatrix}-27&63&-343\\18&126&490\\81&-21&245\end{pmatrix}$$ Ses valeurs propres : $8\times(21;11\pm 8i\sqrt{5})$. La valeur propre réelle $168$ nous livre le vecteur propre alias point fixe unique $U(7:38:3)$ (pas loin au dessus de $B$). 
    Autres points dessinés : $M(7:-2:3),M'(-1:1:1),N(-7:6:9),N'(-5:10:3), Q(-7:18:-3), Q'(7:2:-5)$.
    To do : la construction demandée par pappus et gai requin.
    Rappel : on a un axe sécant, seulement cinq points de la conique et on cherche les intersections.
    Tant que j'y suis : construction du point fixe dans le cas ci-dessus, où la conique ne rencontre pas l'axe ?
    Il y a peu, pappus m'a indiqué que projeter la droite sur un cercle permettait de tracer ses éventuels points fixes.
    Se peut-il qu'il faille ici projeter notre conique sur une droite ?
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (January 2023)
    Bonjour !
    1) Question de @pappus en décembre #Comment_2399826.
    Enfin ce matin je m'aperçois que Géométrie projective de Robert Rolland chez Ellipses est exactement ce que je cherche ! Un livre à mon niveau de compréhension, très clair et plein de constructions.
    Page 78. Recherche des intersections d'une conique donnée par 5 points avec une droite $\Delta$.
    Comme je le soupçonnais, il suggère de considérer ces deux intersections comme les invariants d'une homographie de cette droite. Homographie que je n'ai pas su trouver : quand ça part sur les faisceaux, j'ai encore un peu de mal.
    Si $A, A', B, C, D$ sont nos points, considérons les intersections $B_1, C_1, D_1$ de $AB, AC, AD$ avec $\Delta$, ainsi que $B_1', C_1', D_1'$ celles de $A'B, A'C, A'D$. Si $M\in\Gamma$, la transformation du faisceau $F_A$ sur le faisceau $F_{A'}$ qui à la droite $AM$ fait correspondre $A'M$ est une homographie. Donc sur la droite $\Delta$, la transformation qui à $M_1=AM\cap\Delta$ fait correspondre $M_1'=A'M\cap\Delta$ est une homographie, dont les points fixes sont les points cherchés ($\Gamma\cap\Delta$). On les construit avec le cercle indiqué dans la méthode "Connaissant $B_1, C_1, D_1$ et leurs homologues $B_1', C_1', D_1'$, trouver les points fixes de cette homographie de $\Delta$" :  en repartant sur un cercle à la pappus #Comment_2399659 !
    La réponse, différente, de @gai requin dans #Comment_2399991, me paraît très convaincante et fait bonne concurrence : en particulier il peut tout tracer à la règle seule. (EDIT. Euh, pas si sûr, il faut que je regarde mieux. EDIT)
    2) La question de @gai requin à la même époque #Comment_2399987 diffère légèrement, mais j'ai bon espoir d'y répondre bientôt.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Mon cher Swingmustard
    Il me semble que gai requin et moi t'avions tout dit!
    C'était bien la peine de t'aider!
    Pourquoi tournes-tu autour du pot?
    La construction des points fixes d'une homographie définie sur une droite étant un problème du second degré, il me semble difficile d'effectuer cette construction à la règle seule!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (January 2023)
    Bonjour à tous
    La conique $\Gamma$ est définie par les points $(1,2,3,4,5)$.
    On commence par construire les points $6=(2u)\cap \Gamma$ et $7=(2v)\cap\Gamma$ tracés en rouge sur ma figure, à la règle seule comme le préconise gai requin.
    L'homographie de $\Gamma$ $(123)\mapsto (657)$ admet alors $D$ pour axe d'homographie.
    Via la projection de pôle $4$, on transfère cette homographie en $(1'2'3')\mapsto (6'5'7')$ sur la droite $D$ et on construit par toutes les méthodes connues (ou plutôt inconnues) de notre monde sublunaire les points fixes de cette dernière homographie.
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (January 2023)
    Peut-être n'est-il pas nécessaire de t'emballer, cher pappus : j'ai dit être d'accord avec la fin de cette construction, et merci d'avoir confirmé : après avoir projeté sur la droite, on va devoir projeter sur un cercle, pour enfin revenir à la droite.
    Mais pour le début, je ne te suis plus : "On commence par construire $6=(2u)\cap \Gamma$", alors que tu disposes des cinq points mais pas de $\Gamma$ ? Cela dit, ne t'embête pas, la réponse que j'ai copiée dans le livre de Robert Rolland me convient tout à fait.

    Quant à la question de @gai requin au #Comment_2399987, elle me paraît loin d'être innocente.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (January 2023)
    Peut-être que 6' et 7' sont arbitraires sur D.
    Ensuite tu ferais 6=(2u)\cap 46' et 7=(2v)\cap 47' ?
  • Modifié (January 2023)
    Mon cher Swingmustard
    Comme Gai Requin te l'a dit, étant donné une conique définie par cinq points, on sait construire à la règle la seconde intersection avec la conique, d'une droite passant par un de ces cinq points!
    La construction des points $u=D\cap (15)$ et $v=D\cap (35)$ est sans problème!
    Amicalement
    pappus
  • Merci, ça va mieux en le disant.
    La droite $(15)$ pour tracer $u$.
    La droite $(2u)$ est alors, en effet, une droite issue de $2\in\Gamma$ dont la recherche de l'intersection $6$ avec $\Gamma$ nous coûtera six droites.
    Ce total de huit droites pour construire $6$, et peut-être un peu moins (car réutilisation de certaines) pour tracer $7$, ça ralentit quand même bien le démarrage, par rapport à la solution que j'ai citée.
    Si on appelle $w\doteq (25)\cap D$, celle-ci semble considérer simplement l'homographie $(1'2'3')\mapsto (uwv)$ sur la droite $D$.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (January 2023)
    Bonjour !
    Ma réponse actuelle à la question de @gai requin en décembre #Comment_2399987.
    Rappel : $A, A′, B, C, D$ sont cinq points qui définissent une conique $\Gamma$. On donne aussi $\Delta$ une droite.
    Soit $f$ l’homographie de cette conique $\Gamma$ et d’axe $\Delta$, qui envoie $A$ sur $A′$.
    Comment construire $B′=f(B)$ ?
    Utilisons le fait, généreusement démontré par @pappus dans #Comment_2336945 l'an dernier, que dans une décomposition $\sigma_v\circ\sigma_u$ d'une homographie, $v$ dépend de $u$ d'une manière très simple. Appelons $u\doteq AB\cap\Delta$, alors $v=A'B\cap\Delta$.
    Il suffit donc de tracer l'intersection de $Av$ avec $\Gamma$ (ça : une droite passant par un des cinq points, on sait la couper avec $\Gamma$, voir un message précédent de gai requin). Cette intersection est exactement $B'=f(B)=\sigma_v\circ\sigma_u(B)$, puisque $A=\sigma_u(B)$ et $B'=\sigma_v(A)$ qui vient de $B=\sigma_v(A')$, autre manière de dire que, comme d'habitude, $AB'$ et $A'B$ se coupent sur $\Delta$ (ici : en $v$).
    Amicalement,
    Swingmustard
    PS Je réalise, après coup, que même si recourir à $u$ et $v$ m'a aidé, c'est en fait inutile.
    On trace $A'B\cap\Delta$, puis la droite issue de $A$ passant par ce point, et on dessine son intersection $B'$ grâce aux fameuses six droites qui suffisent pour une intersection de $\Gamma$ avec une droite passant par un point connu de $\Gamma$ !
  • Modifié (January 2023)
    Bonjour,
    La réponse à sa question est finalement très simple, au point que je me demandais si elle méritait de s'appeler une "ta(gai re)quinerie" (la question).
    Je me demandais surtout pourquoi avoir bloqué si longtemps.
    Rappel : $A, A′, B, C, D$ sont cinq points qui définissent une conique $\Gamma$. On donne aussi un axe 1.
    Soit $h_1$ l’homographie de cette conique $\Gamma$ et d’axe 1, qui envoie $A$ sur $A′$.
    Comment construire $B′=f(B)$ ?

    Le blocage venait en partie du fait qu'une deuxième homographie se pointe dans l'histoire.
    $h_2$ coïncide sur $A$ et sur $B$ avec $h_1$, mais leurs axes sont distincts (la coïncidence sur $A$ et $B$ fait que leur intersection est $AB'\cap A'B$). Certes, on se sert de $D$ comme d'un $h_2(C)$ (pour trouver $B''$, puis $A''$, enfin $A''C$ nous dit où stopper sur $AC''$).
    Pour autant, il (le point $D$) n'est pas du tout égal à $C'=h_1(C)$, qui mérite sa propre construction, à part.
    (Pour info : à un carreau de $A$.) Bref, merci pour cette question peu anodine, @gai requin !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour !
    Soit $ABC$ un triangle. Le faisceau bitangent en $A$ et en $C$ semble désigner l'ensemble des coniques tangentes en ces points à $AB$ et à $CB$.
    1) Aux deux points doubles que sont $A$ et $C$, il suffit d'ajouter un point $M$ pour définir une conique élément du faisceau.
    Certes, mais ggb attendant cinq points, comment tracer n°4 et n°5, à la règle tant qu'à faire ?
    Je propose ce qui suit, mais serai ravi d'apprendre plus rapide (que ces six droites).
    a) Trouver un quatrième point. Le conjugué harmonique $M_3$ de $M$ par rapport à $B$ et $m=MB\cap AC$ fait l'affaire. (Honte : j'ai oublié pourquoi !) Question en passant : on dirait qu'il y a des birapports en nombre d'or sur $M_1mM_2$ avec chaque intersection de la conique ?!

    b) Tracer un cinquième point.
    Faisons-en une devinette. (Rien de neuf : Pascal réduit au pentagone mais bon, il faut se retrousser un peu les manches.)
    1ère méthode. Compléter $CAM_3M$ en un pentagone grâce à $M_6$.
    Avantage sur la prochaine : $BM_4M_5$ est libre : en faisant pivoter cette droite autour de $B$, on obtient tous les $M_6$ possibles sur l'arc d'ellipse de $A$ à $C$.

    2ème méthode Compléter $MM_3CA$ en un pentagone grâce à $M_5$. Inconvénient : pas de liberté. À un $M$ donné correspond exactement un seul $M_5$.

    2) Faisant varier $M$ (ici sur un cercle), on peut en tirer les éléments suivants du faisceau.

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Au moins sur cet exemple, l'histoire de birapport en lien avec le nombre d'or dénoncée plus haut est vraie.
    Ça va me prendre encore un certain temps, de comprendre cette irruption ... dans un contexte où ont été utilisés des pentagones ... pas réguliers du tout !

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour à tous
    Voici ci-dessous parmi beaucoup d'autres, une construction projective possible.
    Amicalement
    pappus
    PS
    Je me méfie du nombre d'or comme de la peste!


  • Modifié (February 2023)
    Bonjour pappus,
    Merci pour ta construction !
    Je tente de démontrer le birapport d'or rencontré sur $M_1M_2$, au tout début d'une construction de la conique bitangente $\Gamma$.

    Équation de $\Gamma$ ? J'ai eu beau me faire donner par ggb les coordonnées barycentriques (dans le repère $A,B,C$) des dix autres points de ma conique préférée, j'ai à peine remarqué le coup de la progression géométrique (dans leurs coordonnées à tous, Tonton pourquoi tu tousses ?) et me suis inutilement tapé la recherche de neuf coefficients de matrice. Tout ça pour arriver à la formule bien connue (mais pas assez par moi) $$\boxed{xz=y^2}$$ Énorme déjà vu. Bon, c'est une excellente raison pour noter $M(x:y:z)$ sous la forme $M(t:1:t^{-1})$.
    ll vient alors $M_1(t:1:0)$, $m(t:0:t^{-1})$, $D\big(\dfrac{3+\sqrt5}{2}t:\dfrac{1+\sqrt5}{2}:t^{-1}\big)$ et $M_2(0:t:-1)$. Puisque $\sqrt5$ est là, je crois que le travail est presque terminé, et ne refuserais pas un coup de main final sur $[M_1,m,D,M_2]$.
    (Je m'embrouille sur ce birapport, alors que ça devrait être assez confortable avec les barycentriques, non ?)
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Ah je me souviens, et ne sais plus pourquoi ça marche, mais la meilleure manière de calculer un birapport en barycentriques m'a paru l'an dernier la suivante (je me creusais la tête sur les coordonnées homogènes) $$\dfrac{D\wedge M_1}{D\wedge m}:\dfrac{M_2\wedge M_1}{M_2\wedge m}$$
    (C'est un peu redondant : on trouve trois fois le même coefficient. D'un autre côté, ça rassure ...)
    Appliqué ici, on trouve bien  $$[M_1,m,D,M_2]=\dfrac{1-\sqrt5}2$$Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour,
    Je partage la méfiance de pappus envers le nombre d'or.
    Mais pour une fois, ce nombre peut vraiment servir à quelque chose.
    Voici une construction inattendue de $D$ et $E$, points 4 et 5 d'une conique bitangente !
    Données : le triangle $ABC$, un point $M$ de $\Gamma$, conique dont les tangentes en $A$ et en $C$ sont $BA$ et $BC$.
    Vous repartez du dessin de l'avant-dernier message, avec les trois points suivants.
    $m\doteq AC\cap BM$, $c\doteq AB\cap CM$ (ancien $M_1$), $a\doteq BC\cap cm$ (ancien $M_2$).
    Vous demandez à ggb de tracer un pentagone régulier non convexe de sommets $a$ et $c$.

    Fin de la construction, autrement dit où trouver deux nouveaux points de $\Gamma$ ?
    $D''\doteq mm'\cap cC'$, alors $D\doteq ac\cap D'D''$.
    $E''\doteq mm'\cap aA'$, alors $E\doteq ac\cap E'E''$.

    J'ai utilisé deux branches de l'étoile. Quelqu'un voit-il une construction où une seule suffirait ?
    Je cherche également une construction qui utiliserait directement le pentagone régulier livré par ggb : celui qui est convexe.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour,
    Je transforme les calculs barycentriques de #Comment_2407337 en calculs homogènes.
    Pour cela, je prends $M(t:1:t^{-1})$ (coordonnées barycentriques) comme point unité, ce qui signifie que ses coordonnées homogènes sont $(1:1:1)$.
    Par linéarité, ce qui lui est arrivé (= voir ses coordonnées être divisées par respectivement $t$, $1$, $t^{-1}$) est appliqué aux autres points.
    Conséquence pour les équations de droites : par compensation, elles voient les coefficients de leurs équations multipliés par $t$, $1$, $t^{-1}$.
    Bref, il n'est pas faux que les calculs s'en voient simplifiés.
    $M_1(1:1:0)$, $m(1:0:1)$. Coordonnées de $D$ et $E$ ?
    L'équation de $\Gamma$ ne change pas : $\dfrac x t \times \dfrac z {t^{-1}}=y^2 \Leftrightarrow xz=y^2$, tandis que $M_1m:x-y-z=0$.
    Il vient $x(x-y)=y^2$, d'où la bien connue $$x^2-xy-y^2=0$$
    $D$ et $E$ ont donc pour coordonnées homogènes $\big({\dfrac{1\pm\sqrt5}{2}:1:\dfrac{-1\pm\sqrt5}{2}}\big)$.
    $M_2=BC\cap M_1m$ a pour coordonnées $(0:1:-1)$
    En ce qui concerne l'utilisation du pentagone régulier non convexe, je propose une figure qui est plutôt une régression par rapport à la précédente.
    En fabriquer un dont $m$ soit l'intersection de deux côtés est plus galère que de prendre $a$ et $c$ comme sommets.
    Et il faut donner des noms à davantage de points, tracer six droites au lieu de cinq : franchement aucun progrès.


    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Suis-je distrait !
    "Quelqu'un voit-il une construction où un seul côté de l'étoile régulière suffirait ?"
    Ben ... moi par exemple ! À vous de projeter sur le segment $[ac]$ le birapport $\dfrac{1-\sqrt5}2$ de deux manières : l'une donne $D$, l'autre donne $E$.

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour,
    Quand on n'utilise qu'un seul côté du pentagone, plus besoin que $a$ et $c$ soient pris comme sommets : $a$ suffit. On y voit un peu plus clair.
    La projection de centre $D''\doteq cC'\cap mm'$ envoie $a$ sur lui même et $D'$ sur $D$ cherché.

    L'autre intersection de $\Gamma$ avec $ac$ est obtenue par échange de $m'$ et $D'$.
    Amicalement,
    Swingmustard.
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour,
    Je me repenche sur deux constructions récentes de @pappus.
    Il me semble qu'ici autant que , il utilise une propriété bien utile (quand je trouve laborieusement deux points supplémentaires d'une conique bitangente passant par $M$, lui obtient dès le début de sa construction la tangente en $M$), issue de l'énorme fiesta de birapports harmoniques qu'on appelle quadrilatère complet.
    Cette innocente propriété est qu'un cocévien est le conjugué harmonique du cévien.

    Ci-dessus : $A''B''C''$ est l'anti-cévien. Son cévien est $ABC$, les cocéviens forment la polaire trilinéaire.
    On retrouve la progression harmonique $2, 3, 6$ au niveau des abscisses pour $C''A, C''B'', C''T_A$.
    La même au niveau des ordonnées pour $T_BA'', T_BB, T_BC''$. Et $3, 5, 15$ pour $B''C, B''A'', B''T_C$.
    Je pense que je n'avais pas trop réalisé que, dans le contexte récent, c'est très efficace pour (déjà dit) obtenir la tangente en $M$.
    On construit le cévien $B'$, puis $T_B$ son conjugué harmonique par rapport à $A$ et $C$.
                                           
    Ça y est, la tangente est $MT_B$, et le même raisonnement permet (à pappus qui "connaît son cours" et) à tout un chacun d'obtenir plein d'autres tangentes sur l'autre arc de la conique.
    Ce que je raconte ici est aussi une partie de ce qu'on peut lire sur la photo de famille du perspecteur aimablement fournie par @pldx1.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Décidément, je n'arrive pas à lâcher cette histoire de pentagone, sachant pourtant qu'elle n'est qu'une curiosité peu utile.
    Devinette. On dispose du triangle ABC, ainsi que d'un point M.
    Il nous manque deux points D et E pour que ggb trace la conique définie par A, C, M, D, E, qu'on souhaite tangente aux droites BA et BC.

    1) Lire un birapport sur l'axe de symétrie du pentagone régulier dessiné à gauche
    2) Utiliser la commande b=Barycentre({B, M}, {-sqrt(5), -RapportColinéarité(m,M,B)}), qui permet de tracer le conjugué d'un certain m par rapport à B et M dans une figure "projectivement équivalente", pour le bon birapport.
    3) En déduire une construction de D et E.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour !
    Un petit conte en pièce jointe. Les points $a$ et $c$ de l'animation ont été rebaptisés $a'$ et $c'$.

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour !
    Vous voudriez que votre pentagone étoilé $ADGQR$ ait un centre $\Omega$ : le point de concours des diagonales.
    Une condition nécessaire et suffisante d'existence de $\Omega$ ?
    Je la fais porter sur $A,B,C,D,E, F,G$. Elle est très simple, et je crois qu'on peut affirmer que c'est de la géométrie projective pur jus.
                               
                                                                    Unlucky ...                                                                                                            Lucky !
    Amicalement,
    Swingmustard
    P. S. @pappus, il faut me pardonner de ne pas pouvoir te suivre en hyperbolique ! J'espère que ce n'est que partie remise.
  • scdscd
    Modifié (February 2023)
    Bonjour
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    Étant entendu qu'au préalable on sait comment construire les tangentes d'une conique menées par un point et que par conséquent on sait comment construire le(s) foyer(s) et le(s) sommet(s) de la conique.
    Je suppose donc que l'auteur du sujet sache le faire alors :


  • Modifié (February 2023)
    Mon cher scd
    La construction des foyers d'une conique donnée par cinq points a été souvent abordée sur ce forum par beaucoup intervenants.
    Mais la construction la plus naturelle et celle ayant le plus de sens est la construction des foyers d'une conique donnée par cinq tangentes.
    Quant à ta figure, elle ne se suffit pas à elle même et ta construction demanderait d'être soutenue par une preuve écrite et détaillée pour être compréhensible!
    Amicalement
    pappus
  • scdscd
    Modifié (February 2023)
    Bonjour Pappus
    N'étant pas l'auteur de ce sujet, j'ai juste supposé que l'auteur sait construire deux tangentes menées par un point et construire le point de contact sur une tangente et que par conséquent il sait aussi construire le(s) foyer(s) (je ne suis pas demandeur mais un répondant parmi d'autres ici) 
    Pour la figure je suppose aussi qu'il aura reconnu (avec les trois droites et le cercle de couleur noir) la construction du quatrième point d'un birapport harmonique à partir de trois points déjà construits 
  • Modifié (February 2023)
    Mon cher scd
    On doit construire l'intersection d'une conique (c) donnée par cinq points et une droite (d).
    Tout ce qu'on connait de la conique, ce sont ces cinq points qui n'apparaissent d'ailleurs pas sur ta figure.
    On sait alors construire les tangentes à la conique en ces cinq points par des méthodes purement projectives sans doute décrites par Swingmustard.
    Si d'une manière ou d'une autre, on a construit les deux foyers, on connait alors ses cercles directeurs et on est ramené à des défuntes constructions reposant en paix dans le Lebossé-Hémery et qu'il est parfaitement inutile de déterrer.
    R.I.P
    Amicalement
    pappus
  • scdscd
    Modifié (February 2023)
    Bonjour Pappus

    L'auteur du sujet est le demandeur je le rappelle 

    Mais pour ma part pour construire l'un des axes d'une conique à centre j'utilise une certaine involution qui se laisse découvrir par la figure ci-dessous
    Dans cette figure ci-dessous les foyers sont placés mais juste à titre indicatifs (ils ne servent pas à la construction des deux axes de couleur rouge)


    puis pour trouver l'axe focal
    Dans cette figure ci-dessous les foyers sont placés mais juste à titre indicatifs (ils ne servent pas)


    et enfin pour construire les foyers


  • Modifié (February 2023)
    Bonjour à tous
    Les données sont projectives.
    Donc tout est censé se passer dans le plan projectif où la notion de foyer n'a pas de sens.
    Les constructions projectives développées par Swingmustard sont donc plus naturelles et à privilégier!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour !
    Concernant le pentagone étoilé, la CNS attendue tient en deux égalités de birapports.
    Question supplémentaire.
    Soit $h$ le nombre de points d'intersection des cinq diagonales.
    Entre Unlucky avec ses $h=\pmatrix{5\\2}=10$ intersections, et Lucky avec son point de concours qui rend $h$ égal à $1$, montrer qu'il n'existe qu'un seul troisième $h$.
    Musique d'Anton Karas !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour,
    Parti du pentagone (étoilé, comme le seront les polygones suivants), j'ai ausculté l'heptagone, en attendant d'aller peut-être un jour faire coucou à @jelobreuil du côté de l'ennéagone.
    Finalement, ce n'est pas demain la veille : l'heptagone n'a déjà pas la tranquille poursuite espérée du bon comportement du pentagone.
    En attendant d'y voir plus clair, je propose une énigme dont je n'ai pas encore la réponse.
    Calculer l'abscisse du centre de cet heptagone étoilé, inscrit dans le (ou circonscrit au, comme vous voudrez) carré de côté 1.

    Amicalement,
    Swingmustard
    P.S. Dans l'exemple ci-dessus, j'ai ajouté à la condition 1 "figure symétrique par rapport à la première diagonale du carré"
    la condition 2 "deux diagonales sont parallèles aux côtés du carré".
    J'ai également imposé sur chaque côté un birapport égal à celui que l'on observe sur le polygone régulier (condition 3).
    Pour le pentagone, la condition 3 était, à elle seule, nécessaire et suffisante pour qu'il soit centré.
    (On peut faire encore plus simple comme CNS.)
    C'est là que l'heptagone me scotche : la condition 3 n'est même pas nécessaire (voir ci-dessous).
    Par ailleurs, j'espère que les conditions 1 et 2 rendent le cas suffisamment particulier pour que l'abscisse demandée ne résiste pas trop.
  • Modifié (March 2023)
    Bonjour,
    1) Concernant le premier heptagone étoilé précédent.
    L'abscisse de $\Omega$ s'avère être une des trois racines (toutes réelles) du polynôme $x^3+3x^2-4x+1$.
    Valeur arrondie : $0,356895868$.
    Pour qu'il me donne une écriture avec des radicaux, j'ai confié l'affaire à Maxima, dont je ne sais pas bien me servir.
    Solve donne bien des radicaux, mais avec une présence importante du nombre $i$.
    Plus inquiétant : quand je demande "Simplification complexe / Mettre sous forme cartésienne",
    la partie imaginaire (qui devrait être nulle) a pour numérateur $\big(\sqrt{247}-3^{5/2}\big)^{2/3}$, que ma calculatrice trouve non nul.
    Sinon, le logiciel me propose d'interminables formes trigonométriques.
    N'y a-t-il pas une expression un peu plus simple pour l'abscisse de $\Omega$ ?

    2) À propos des conditions imposées (pour y voir plus clair) : n°2 "Deux diagonales sont parallèles aux côtés du carré",
    et n°3  "Sur chaque côté un birapport égal à celui que l'on observe sur le polygone régulier".
    a) Ce que j'ai fait en premier, c'est imposer n°3, tellement je croyais qu'elle était nécessaire.
    Ensuite je suis tombé sur le deuxième exemple, qui a montré que n°3 n'est pas nécessaire.
    Enfin je me suis avisé que je ne comprends pas du tout pourquoi, dans ce contexte, n°2 semble équivalent à n°3.
    b) J'imagine que l'on peut dire, à cause de n°3, qu'il existe une homographie envoyant l'heptagramme {7/2} sur le premier heptagone proposé, tandis qu'il n'en existe pas pour le deuxième, à cause des birapports distincts.
    Vu que le parallélisme (qui ici semble caractériser le cas des birapports égaux) n'a pas de sens en géométrie perspective, je suis perplexe.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (March 2023)
    Bonjour,
    Une petite animation.
    Question un peu à la pappus : "Comment ai-je fait ?"

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Pour toi @jelobreuil : un ennéagramme {9/2} projectif !

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (March 2023)
    Bonjour
    Un coup d’œil à l'hexagone ?
    À gauche, vous avez tracé au petit bonheur la chance un triangle $ACE$ et un segment $BD$
    Le défi est le dessin de droite, pas celui du milieu !
                 
    Autrement dit, quel est le lieu de $F$ pour que les diagonales de l'hexagone convexe intérieur soient concourantes ?
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Mon cher Swingmustard
    Le lieu est la conique passant par $(A,B,C,D,E)$.
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (March 2023)
    Cher pappus,
    1) Bien d'accord avec toi !
    Je me demandais comment démontrer ce résultat, qui est apparu par surprise (mêlée de joie) alors que je pelletais des monceaux de birapports.
    L'idée d'utiliser le théorème de Brianchon me semble confirmée par la fine allusion de ton dessin, mais je n'ai guère avancé.
    Ça sera peut-être le cas si je comprends comment, dans Brianchon, on peut trouver les points de contact.
    2) ggb dit que les sommets rouges $N,O,P$ du triangle formé par les diagonales de l'hexagone convexe extérieur $ABCDEF$ sont des points de concours avec les diagonales de l'hexagone convexe intérieur.

    Je n'espérais pas tellement que le point de concours $M$ des premières diagonales soit répertorié dans Kimberling comme centre de $NOP$... donc je n'ai pas été déçu.
    Encore un petit mystère.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Court récit d'échec.
    J'aurais aimé voir $M$ comme perspecteur de $ACE$ ou de $BDF$ (ou $ABC$ et $DEF$ chez pappus).
    Car alors l'ellipse inscrite aurait été trouvée avec le birapport $4$ (entre sommet, point de contact, perspecteur, et intersection avec l'ellipse) : on aurait même obtenu six points !
    Pour ne pas faire de triangle jaloux, $M$ a répondu : "Je ne suis perspecteur ni de l'un, ni de l'autre".
    Gros-Jean comme devant.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (March 2023)
    Construire la conique inscrite dans un hexagone qui en admet une.
    Autre bref récit d'échec. Le récit est bref, mais l'échec prend un temps fou !
    Avec cette  figure de mars 2022, @pappus rappelait (= m'apprenait) une construction du point courant $M$ (et de sa tangente $TU$) d'une conique circonscrite de perspecteur $P$.
    Je l'ai décalquée soigneusement en gardant un des deux triangles (rebaptisé $P_AP_BP_C$) de l'hexagone, et la partie $TU$ d'un côté de l'autre triangle.
    $C'=P_AU\cap P_BT$.
    $A'$ et $B'$ sont faciles à obtenir comme conjugués harmoniques, puis $\Omega=P_AA'\cap P_BB'$.
    Si nous mettions la main sur un seul des points rouges, un effet de cascade donnerait tous les autres, mais actuellement je sèche.
    $M'$ reste l'intersection des diagonales du début, et continue de sembler indifférent à ce qui se trame autour de lui.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Mon cher Swingmustard
    Cinq tangentes en position générale suffisent à déterminer une conique $\Gamma$.
    Parmi ces cinq droites, tu en sélectionnes deux $L$ et $L'$.
    Les trois autres droites définissent une homographie entre $L$ et $L'$ via leurs intersections.
    Cette homographie possède un axe $D$.
    Les intersections $D\cap L$ et $D\cap L'$ sont les points de contact de $L$ et $L'$ avec $\Gamma$.
    Tu recommences la manip jusqu'à avoir les cinq points de contact!
    Amicalement
    pappus

  • Cher @pappus,
    Déjà quelque temps que les $AB'$ n'avaient plus croisé les $A'B$...
    Merci du fond du coeur !

    Je reviens à l'hexagone.
    Tu sembles penser que la sixième tangente dont nous disposons n'apportera rien.
    Puisque les homographies sont là, n'y aurait-il pas moyen d'interroger
    celle qui (par exemple) laisse le point de concours invariant et envoie les sommets du premier triangle sur ceux du deuxième ?
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Mon cher Swingmustard
    Voici ma figure.
    En fait on a pas besoin de recommencer la manip.
    Le point de contact $a$ de la tangente $AA'$ s'obtient de la façon suivante:
    Si $\alpha=AA'\cap D$, alors $(A,A',a,\alpha)=-1$.
    Amicalement
    pappus
  • Mon cher Swingmustard
    Tu es toujours trop enthousiaste.
    Une homographie projective plane définie par les images de trois points distincts n'a aucune raison divine ou humaine de fixer un point quelconque sans autre information sur ce point!
    Amicalement
    pappus
  • Cher pappus,
    Tout à fait d'accord sur le conjugué harmonique $\alpha$, j'ai noté le 8 février comme tu lui fais honneur.
    Pour l'homographie, j'aurai au moins posé la question ;-)
    Je reviens au hot case suivant. On considère deux triangles $ABC$ et $DEF$ inscrits dans une conique, ce qui assure l'existence d'un point $M$.
    Concours $M$ des diagonales de l'intérieur ($GH$ etc...) vs Intersections $N, O, P$ des diagonales de l'extérieur $AD, BE, CF$.

    ggb (auquel je suis accro, faites que jamais on ne décrète un "mois sans ggb") m'apprend comment, si l'on dispose des trois diagonales extérieures, on peut se contenter d'une diagonale intérieure pour tracer $M$.
    La coïncidence non encore élucidée (en ce qui me concerne) est la suivante.
    Le birapport sur chaque diagonale extérieure égale celui de la diagonale intérieure opposée.$$[GMNH]=[BPOE]$$Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (March 2023)
    Bonjour,
    Tout était sous nos yeux !
    Rappel de la question. Tracer l'ellipse inscrite de Charles-Julien Brianchon (1783-1864).
    On dispose d'un hexagone convexe et centré : ses trois diagonales concourent.
    Le théorème affirme que l'existence du centre coïncide avec celle d'une ellipse inscrite.
    Je me suis toujours demandé comment la tracer !
    Finalement, il y a (beaucoup) plus simple que ce que @pappus m'a très gentiment proposé hier.
    Se servir de la sixième tangente ne l'inspirait pas...
    Qui aime bien taquine bien, mais j'arrête : sans sa science et ses encouragements,
    j'en serais encore à vous raconter mes échecs.

    Première étape : prolonger l'hexagone convexe en deux triangles.
    Deuxième étape : tracer trois diagonales de plus, nous en étions là.

    Troisième étape, à vous : il ne reste à effectuer que  trois traits à la règle, pas plus, pour obtenir les six points de contact !
    (Modestes traits que l'on appelle des polaires...)
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (March 2023)
    Bonjour,
    La maîtresse a demandé de représenter graphiquement la fonction qui à $x$ associe $f(x)=\dfrac{2x+3}{x+3}$.
    Toto, qui n'a pas envie de dessiner des hyperboles, propose sa réponse.
    "J'ai muni $(Ox)$ d'une carte affine adéquate : j'ai envoyé le point $u=-3$ à l'infini.
    Pour ne pas me compliquer la vie davantage, j'ai laissé $0$ et $1$ intacts.
    L'effet escompté est là : la nature de ma courbe est affine. C'est une droite, quoi."

    La maîtresse.
    Je te vois bien en verve, Toto.
    Choisir $u=-3$ est, bien sûr, la meilleure idée.
    "Pour que la "trace" sur la carte $H=(Ox)$ de notre transformation homographique soit une transformation affine de $H$, il faut et il suffit que $f$ transforme l'hyperplan à l'infini de $H$ en l'hyperplan à l'infini de $H'=(Oy)$" (La maîtresse parle comme un livre ... de Rolland, page 23. Sauf que lui transforme le plan en lui-même.)
    Sais-tu que tu aurais pu envoyer n'importe quel autre nombre de $(Ox)$ à l'infini, comme $u=-2$ par exemple ?
    Comme tu vois, il aurait alors fallu, pour que la représentation reste une droite, envoyer $v=-1$ à l'infini de $(Oy)$.

    Dis-moi Toto, trouveras-tu l'expression de $v$ en fonction de $u$, pour toute fonction $f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$ ?
    Autrement dit, comprends-tu la phrase de Rolland ?
    Amicalement,
    Swingmustard
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