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Question sur la preuve d'un lemme pour démontrer le théorème de Ceva (barycentres)

Modifié (March 2023) dans Géométrie
Bonjour,
sur l'image ci-dessous, l'auteur (M. Kieffer) démontre le lemme 248 qui servira pour démontrer le théorème de Ceva par la suite.
C'est une leçon d'agrégation interne qui m'intéresse, j'ai compris la quasi-totalité des démonstrations sur le barycentre.
Seulement, la preuve du premier sens du lemme me dérange, je ne comprends pas pourquoi "par associativité du barycentre, on a: $D=bar\{(B;\beta) ; (C,\gamma)\}$" . Dans cette preuve du sens direct, à aucun moment nous savons que $\beta'=\beta+\gamma$, je ne vois pas donc comment l'auteur peut conclure aussi facilement avec seulement un argument d'associativité. Alors que le reste est très clair en plus !


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Réponses

  • Modifié (March 2023)
    Bonjour,
    Il me semble que la confrontation de l'hypothèse $M=bar\{(A,\alpha),(B,\beta),(C,\gamma)\}$, de l'étape $M=bar\{(A,\alpha),(D,\beta')\}$ et de D\in(BC) (pas besoin) permet d'appliquer l'associativité et donne la conclusion.
    (Alors en effet, $\beta'=\beta+\gamma$ est une conséquence. Tout repose sur le maintien de $(A,\alpha)$.)
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (March 2023)
    Alors merci beaucoup pour ta réponse. Je crois que j'ai compris maintenant, voici ce que j'ai fait pour comprendre la preuve. Je ne sais pas si c'est juste, je pense que ça l'est mais si possible, j'aimerais une confirmation voire une proposition plus directe pour parvenir au résultat.
    Je reprends à partir de $M=bar\{(A,\alpha);(D,\beta')\}$ que l'auteur met en évidence grâce à l'homogénéité du barycentre (ce qui est clair pour moi).
    Le point $D$ appartient à la droite $(BC)$ donc il existe $\mu \in \mathbb{R}^* \setminus \{1\}$ tel que : $D=bar\{(B,\mu);(C,1-\mu)\}$ . Donc par homogénéité du barycentre, $D=bar\{(B,\beta' \mu);(C,\beta'(1-\mu)\}$ puis par associativité du barycentre, $M=bar\{(A,\alpha);(B,\beta' \mu) ; (C,\beta'(1-\mu)\}$ .
    Par unicité des coordonnées barycentriques normalisées de $M$, on obtient alors : $\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta'}=\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta+\gamma}$ et $\dfrac{\beta' \mu}{\alpha+\beta'}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}$ et aussi : $\dfrac{\beta'(1-\mu)}{\alpha+\beta'}=\dfrac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}$ soit après calculs : $\beta'=\beta+\gamma$ et $\mu=\dfrac{\beta}{\beta+\gamma}$ donc aussi $1-\mu=\dfrac{\gamma}{\beta+\gamma}$ .
    Ainsi, $D=bar\{(B,\beta);(C,\gamma)\}$ . (Wouhou !!! ^^')
    N'empêche, il m'en a fallu de la patience et de la recherche pour comprendre pour le coup ! J'ai bien compris la preuve de l'unicité des coordonnées barycentriques normalisées aussi !
    Le théorème de Ceva est sans doute un bon développement d'agrégation interne ! :)<3
  • Bonjour,
    Peut-être aussi avec les vecteurs :
    $M=bar\{(A,\alpha),(B,\beta),(C,\gamma)\}\Leftrightarrow \alpha\overrightarrow {MA} + \beta\overrightarrow {MB}+\gamma\overrightarrow {MC}=\overrightarrow {0}$.
    $M=bar\{(A,\alpha),(D,\beta')\}\Leftrightarrow \alpha\overrightarrow {MA} + \beta'\overrightarrow {MD}=\overrightarrow {0}$.
    D'où $$\beta\overrightarrow {MB}+\gamma\overrightarrow {MC}=\beta'\overrightarrow {MD}$$
    J'aimerais affirmer avec assurance que la véracité de cette ligne pour un $M$ particulier (le nôtre) entraîne celle pour tout $M$ du plan, et la nature barycentrique de $D$ par rapport à $B,C$ avec les coefficients voulus.
    Un peu la loose sur la fin, donc, mais j'y crois assez.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (March 2023)
    Ah, justement $D\in(BC)$ va peut-être servir là : $$\beta\overrightarrow {MB}+\gamma\big(\overrightarrow {MB}+\overrightarrow {BC}\big)=\beta'\big(\overrightarrow {MB}+\overrightarrow {BD}\big)$$ $$(\beta+\gamma-\beta')\overrightarrow {MB}=-\gamma\overrightarrow {BC}+\beta'\overrightarrow {BD}$$
    Je crains de nous compliquer la vie en traitant deux cas.
    Le cas sympa : si $M\notin (BC)$, le membre de droite, colinéaire à $\overrightarrow{BC}$ (à cause de $D\in(BC)$) ne pourra égaler le membre de droite gauche que si c'est le vecteur nul, donc $\beta+\gamma=\beta'$ : toujours ça de gagné !
    Le cas qui m'embête : si $M\in (BC)$, euh... Je sèche.
    Amicalement,
    Swingmustard
    P. S.
    Peut-être ne pas oublier l'égalité des deux membres du message précédent avec $-\alpha\overrightarrow {MA}$ ?
    P. P. S.
    Même si je ne suis pas fichu de te proposer quelque chose de convaincant, je serais étonné qu'il n'y ait pas une solution évitant de recourir au $\mu$ qui te fait toi-même t'exclamer sur le mode "Tout ça pour ça ?!" On pourra sûrement bientôt en dire autant de mes pérégrinations vectorielles, quand quelqu'un voudra bien régler ça en deux coups de cuiller à pot :)
  • Ah, béni soit ton auteur, qui a exclu d'office le cas qui m'embête $M\in (BC)$ !
    Bref, on en est à $\beta+\gamma=\beta'$, qui permet de déduire de
    $$\forall N, \beta\big(\overrightarrow {MN}+\overrightarrow {NB}\big)+\gamma\big(\overrightarrow {MN}+\overrightarrow {NC}\big)=\beta'\big(\overrightarrow {MN}+\overrightarrow {ND}\big)$$ le fait que $$\forall N, \beta\overrightarrow {NB}+\gamma\overrightarrow {NC}=\beta'\overrightarrow {ND}$$
    Donc oui, $D$ est le barycentre annoncé, et je serai ravi qu'on nous propose plus rapide.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (March 2023)
    Bonsoir
    S'il s'agit de démontrer Ceva, il y a plus simple.
    Soit $A'=bar\{(B,1),(C,\alpha)\}$ et permutation circulaire.
    On suppose que les droites $(AA'),(BB'),(CC')$ sont concourantes en un point M.
    Alors il exite trois réels $x,y,z$ tels que:
    $M=bar\{(A,x),(B,1),(C,\alpha)\}=bar\{(A,\beta),(B,y),(C,1)\}=bar\{(A,1),(B,\gamma),(C,z)\}$
    Comme les trois systèmes de coefficients sont proportionnels, on a:
    $y=\beta\gamma$ et $ \alpha y=1$ d'où $\alpha\beta\gamma=1$.
    Cordialement,
    Rescassol
  • Swingmustard a dit :
    Ah, béni soit ton auteur, qui a exclu d'office le cas qui m'embête $M\in (BC)$ !
    Je te remercie pour tes réponses et tes preuves vectorielles !
    Je crains que l'auteur exclue uniquement le fait que $M \in [BC]$ (le segment) mais $M$ peut appartenir à la droite $(BC)$ sans appartenir au segment $[BC]$ .
    Mais ce n'est pas grave, je crois avoir trouvé une solution pour ce cas : si $M \in (BC)$ alors il existe $\lambda \in \mathbb{R}^* \setminus \{1\}$ tel que $M=bar\{(B,\lambda);(C,1-\lambda)\}$ . Donc par unicité des coordonnées barycentriques normalisées de $M$, on a : $\alpha=0$ et $\lambda = \dfrac{\beta}{\beta+\gamma}$ et aussi : $1-\lambda=\dfrac{\gamma}{\beta+\gamma}$ . Ce qui permet de conclure car dans ce cas, $M=D$ .
  • Modifié (March 2023)
    @Rescassol , je te remercie beaucoup pour ta contribution. Je vais voir si je comprends chaque passage de ta preuve à tête reposée, ce qui permettrait en effet de simplifier la démonstration du théorème de Ceva.
  • Modifié (March 2023)
    @Swingmustard j'ai trouvé plus rapide je crois pour prouver le lemme !!! Je suis inspiré : ça y est !!!
    Soit $E=bar\{(B,\beta);(C,\gamma)\}$ avec $\beta+\gamma \neq 0$ (sinon les droites $(AM)$ et $(BC)$ seraient parallèles ce qui est absurde car elles sont sécantes en $D$ par hypothèse).
    Alors $E \in (BC)$ . Par associativité du barycentre, on a : $M=bar\{(A,\alpha);(E,\beta+\gamma)\}$ avec $\alpha+\beta+\gamma \neq 0$ . Donc $E$ appartient à la droite $(AM)$ . Donc les droites $(AM)$ et $(BC)$ sont sécantes en $D=E$, ce qui conclut . (Elles ne sont pas confondues : il faudrait ajouter que par hypothèse, les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés donc ils forment un repère affine du plan).
  • Modifié (March 2023)
    L'enveloppe vectorielle du plan affine permet de faire de l'algèbre linéaire les yeux fermés ;)
    Ici, dans la base $(A,B,C)$ de cette enveloppe, on a $(BC):X=0$ et $(AM):\gamma Y-\beta Z=0$ donc $(AM)\cap(BC)=\frac{\beta}{\beta+\gamma}B+\frac{\gamma}{\beta+\gamma}C$.
    D'où $\overrightarrow{DB}=-\frac{\gamma}{\beta}\overrightarrow{DC}\Leftrightarrow B-D=-\frac{\gamma}{\beta}(C-D)\Leftrightarrow \ldots\Leftrightarrow D=(AM)\cap (BC)$.
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