Bijections affines entre droites

pappus
Modifié (18 Feb) dans Géométrie
Bonjour à tous
Je profite du problème ouvert par Jean-Louis Ayme dans https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2336865/un-probleme-aux-om-de-mongolie#latest pour faire un peu le point.
C'est un problème relativement élémentaire qu'on aurait pu trouver dans les Lebossé-Hémery de Troisième ou de Seconde autrefois.
Il est bien qu'on ait vu à peu près toutes les solutions sauf celle de Rescassol par les complexes.
On a vu des solutions élémentaires à la JLA, des solutions barycentriques à la Bouzar, des solutions stratosphériques à la pldx1 puis celle de Gai Requin utilisant les graphes de correspondances affines entre deux droites que je qualifierai de à la Lebossé-Hémery en quoi cela serait-il honteux?
Le Lebossé-Hémery mais aussi d'autres livres comme le Lespinard et Pernet, l'Iliovici et Robert ou bien le Deltheil et Caire illustrent parfaitement nos trente glorieuses c'est à dire en gros des années 1930 aux années 1960 où ces livres exposaient tacitement la géométrie des groupes de transformations.
En quoi serait-il malsain ou honteux de les utiliser?
Ces programmes font partie de notre histoire et ce n'est pas parce que l'enseignement de la géométrie est actuellement réduit aux acquets Thaléso-Pythagoriciens qu'il faudrait l'oublier.
De plus je signale pour la énième fois que le Lebossé-Hémery ainsi que les autres livres que j'ai cités fourmillent d'exercices non résolus très intéressants par eux mêmes qu'il serait intéressant de proposer sur ce forum.
Nul besoin d'aller les chercher au fin fond des steppes mongoles dont les habitants sont sans doute plus préoccupés par leurs chevaux ou par leurs aigles que par le théorème de Reim.
J'ai dit que l'idée sous-jacente à l'exercice mongol était de connaitre la disposition du graphe d'une correspondance affine entre deux droites pour qu'elle soit une isométrie.
Je voudrais ici montrer comment on peut donner des exercices intéressants en géométrie affine en oubliant le Divin Axiome de Pythagore.
Dans le plan affine je me donne deux droites sécantes $L_1$ et$L_2$.
Je me donne une première bijection affine $d_{12}: L_1\mapsto L_2$ dont je note aussi le graphe par $d_{12}$ et une seconde bijection affine $d_{21}:L_2\mapsto L_1$ dont le graphe est noté $d_{21}$.
Vous voyez où je veux en venir: je vais étudier la composée $d_{21}.d_{12}:L_1\mapsto L_1$
Ce n'est pas très synthétique dixit Jean-Louis Ayme que de composer des applications mais moi j'aime bien cela et pourquoi se l'interdire?
Quoiqu'il en soit, l'application $d_{21}.d_{12}$ est une bijection affine de la droite $L_1$ et là on était autrefois en terrain solide car on connaissait parfaitement le groupe des bijections affines de la droite $L_1$: c'était le groupe des homothéties-translations. On se doute bien que tout ce vocabulaire a disparu à tout jamais de notre culture mais qu'y puis-je à part de le constater tristement.
On voit bien où je veux en venir, ce groupe des homothéties-translations contient des sous-groupes et on voudrait savoir quelle doit être la disposition des droites $d_{12}$ et $d_{21}$ pour que $d_{21}.d_{12}$ appartienne à tel ou tel sous-groupe?
Alors je commence par la question la plus simple:
Quelles doit être la disposition des droites $d_{12}$ et $d_{21}$ pour que $d_{21}.d_{12}$ soit une translation?
Amicalement
pappus
«1

Réponses

  • C’est plutôt Comment disposer les droites $L_1,L_2$ pour que … ? (coquille qui apparaît au moins deux fois)
  • pappus
    Modifié (17 Feb)
    Bonjour gai requin
    Non les droites sécantes $L_1$ et $L_2$ sont données une fois pour toutes.
    On peut aussi se donner la droite $d_{12}$ et chercher toutes les droites $d_{21}$ pour que $d_{21}.d_{12}$ soit une translation.
    Amitiés
    pappus
  • gai requin
    Modifié (17 Feb)
    Ok, tu identifies bijections affines $L_i\to L_j$ avec leur graphe $d_{ij}$.
  • Bonjour gai requin
    Il me semble l'avoir dit explicitement!
    Mais les âmes sensibles peuvent changer mes notations!
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour à tous,
    Le cas translation avec deux graphes parallèles :

    Amitiés.
  • Ne voyant pas très bien où on va, j'ose anticiper.
    Dans un cas plus ou moins général, on tombe sur une homothétie de centre $\Omega$.

    Quoi d'autre ?
    Amitiés.
  • Bravo Cailloux
    Les translations correspondent aux graphes parallèles.
    Quels couples de droites parallèles $(d_{12},d_{21})$ vont engendrer la même translation $\tau$ de $L_1$?
    La seconde figure correspond effectivement au cas des homothéties mais il aurait fallu la commenter un peu plus.
    Comment lire le rapport de l'homothétie sur le birapport des directions des droites $L_1, L_2, d_{12}, d_{21}$ prises dans un ordre adéquat.
    Ca, c'est foutu d'avance!
    En déduire la disposition relative des droites $d_{12}$ et $d_{21}$ pour que $d_{21}.d_{12}$ soit une symétrie centrale.
    Amitiés 
    pappus
    PS
    A ma grande surprise, j'ai repris un peu du poil de la bête!
    La géométrie affine inintéressante?
    On ne pose pas les bons exercices!
  • cailloux
    Modifié (17 Feb)
    Ta première question : des droites parallèles à la direction déterminée par $d_{12}$ et $d_{21}$ et à la même distance l'une de l'autre que celles-ci (dans le bon ordre).
    Pour la suite, ça me semble effectivement "foutu" pour moi.
    Amitiés
  • pappus
    Modifié (17 Feb)
    Mon cher Cailloux
    Effectivement c'est de la plus que défunte géométrie projective et il faut savoir passer d'un rapport à un birapport et réciproquement.
    Les points à l'infini ont été créés pour cela.
    J'ai fait cette gymnastique autrefois sans la comprendre évidemment quand j'étais en Classe de Seconde.
    On lit pratiquement cette petite gymnastique sur ta première figure!
    Sic transit...
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (18 Feb)
    Mon cher Cailloux
    La notion de birapport remonte à Pappus d'Alexandrie mais son étude systématique date de 1827 avec Möbius.
    On peut vraiment dire que ces deux là se sont donnés beaucoup de mal pour pas grand chose chez nous en 2024.
    Sur ma figure, on lit le rapport d'homothétie:
    $$\alpha=\dfrac{\overline{\omega_1m'_1}}{\overline{\omega_1m_1}}=\dfrac{\overline{\omega p'_1}}{\overline{\omega p_1}}\  \mathrm{Axiome\  de Thalès}$$
    Puis $$\dfrac{\overline{\omega p'_1}}{\overline{\omega p_1}}= (p'_1,p_1,\omega,\infty(L_1))=(d_{21},d_{12},\Omega\omega,\Omega \omega_2)$$
    Et par suite $$\alpha=(\delta(d_{21}), \delta(d_{12}),\delta(L_2),\delta(L_1))$$
    où $\delta(L)$ désigne la direction de la droite $L$.
    Finalement:
    $$\alpha=(\delta(d_{12}), \delta(d_{21}),\delta(L_1),\delta(L_2))$$
    Bof!
    Merci quand même à Möbius et comprenne qui pourra!
    Amitiés
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (18 Feb)
    Bonjour cailloux,
    Je me permets de te piquer tes notations en rajoutant
    $A$ intersection de $L1$ et $L2$
    $B_1$ intersection de $d12$ avec $L1$ et $B_2$ intersection de $d21$ avec $L1$
    $C_1$ intersection de $d12$ avec $L2$ et $C_2$ intersection de $d21$ avec $L2$
    voir figure ci jointe https://www.geogebra.org/classic/ayhuzz5u
    Maintenant on a un repère barycentrique $A \simeq \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)$ et $B_1 \simeq \left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$ et $C_1 \simeq \left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)$
    Par définition $d12=(B_1C_1) \simeq \left[1,\,0,\,0\right]$ et puis on va paramètrer $d21=(B_2C_2) \simeq \left[p,\,q,\,r\right]$

    La première application qui se sert de $d12$ qui transforme $L1$ en $L2$ consiste à trouver une matrice qui transforme $A$ en $C_1$ ; $B_1$ en $A$ (et aussi les ombilics $\Omega_x$ en $\Omega_x$ ; $\Omega_y$ en $\Omega_y$) le tout en normalisé
    La matrice qui fait cela est $\dfrac{1}{c^2}\left(\begin{array}{ccc} 0 & c^{2} & -{\left(a + c\right)} {\left(a - c\right)} \\ 0 & 0 & b^{2} \\ c^{2} & 0 & {\left(a + b\right)} {\left(a - b\right)} \end{array}\right)$

    La deuxième application qui se sert de $d21$ et qui transforme $L2$ en $L1$ consiste à trouver une matrice qui transforme $A$ en $B_2$ ; $C_2$ en $A$ (et aussi les ombilics $\Omega_x$ en $\Omega_x$ ; $\Omega_y$ en $\Omega_y$) le tout en normalisé
    La matrice qui fait cela est $\dfrac{1}{b^2(p-q)}\left(\begin{array}{ccc} -b^{2} q & -a^{2} p + b^{2} p - b^{2} q + a^{2} r - b^{2} r & b^{2} {\left(p - q - r\right)} \\ b^{2} p & a^{2} p - c^{2} p - a^{2} r + b^{2} r + c^{2} r & b^{2} r \\ 0 & c^{2} {\left(p - r\right)} & 0 \end{array}\right)$

    Il ne reste plus qu'à multiplier les matrices pour trouver $M=\dfrac{1}{p-q} \left(\begin{array}{ccc} p - q - r & -q & -q \\ r & p & r \\ 0 & 0 & p - r \end{array}\right)$
    Le polynôme caractéristique est $\left(X-\dfrac{p-r}{p-q}\right)^2(X-1)$ avec  $M\Omega = \Omega$ où $\Omega  \simeq  \left(\begin{array}{c} -q \\ r \\ 0 \end{array}\right) $ 
    Et avec $M\Omega_x=\dfrac{p-r}{p-q} \Omega_x$ et $M\Omega_y=\dfrac{p-r}{p-q} \Omega_y$.

    Si $r=q$, il s'agit d'une translation et cela correspond au cas où $d12$ est parallèle à $d21$
    Sinon, il s'agit d'une homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $\dfrac{p-r}{p-q}$

    Pour une fois que la paramétrisation n'est pas trop catastrophique, j'en profite, il me semble que ce n'est pas si stratosphérique que cela.
    Bon courage cailloux, je suis sûre que tu vas comprendre aussi ;)

    PS. Le tout avec $a=Distance(B,C)$ ; $b=Distance(A,C)$ ; $c=Distance(A,B)$
    $S_a=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$ ; $S_b=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2}$ ; $S_c=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}$
    $S=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}$
    $\Omega_x\simeq \left(\begin{array}{c} S_b-2iS\\ S_a+2iS\\ -c^2 \end{array}\right)$ et $\Omega_y\simeq \left(\begin{array}{c} S_b+2iS\\ S_a-2iS\\ -c^2 \end{array}\right)$

    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (18 Feb)
    Merci Vassillia de faire fonctionner devant nous le glossaire de Pierre.
    J'aurai pu le faire aussi bien évidemment mais je suis beaucoup trop vieux et plus assez motivé devant l'effort intellectuel que cela demande.
    Tu devines mon état mental et physique où le moindre effort me semble être une montagne à franchir.
    Une remarque donc: tu emploies fort brillamment le glossaire de Pierre, fort dense à lire et qu'il faut avoir lu plusieurs fois avant de le comprendre parfaitement. J'ai le sentiment diffus qu'il apprend mieux la géométrie à son ordinateur qu'à ses lecteurs.
    J'ai survolé ta démonstration brillante et je m'aperçois que tu travailles dans le plan euclidien: une application affine du plan qui fixe les ombilics s'appelle une similitude directe
    Autrement dit tu prolonges les applications affines $d_{ij}:L_i\mapsto L_j$ en des similitudes directes.
    Tu me croiras si tu veux mais c'est exactement ce que fait le Lebossé-Hémery et c'est pourquoi je trouve un peu idiot de ta part de ne pas vouloir lire ce livre. Je ne pense pas que tu perdrais ton temps à le lire ou au moins à le parcourir.
    Enfin tu fais ce que tu veux!
    Lebossé-Hémery qui ne connaissait pas les bijections affines entre droites était bien obligé de travailler avec leurs prolongements qui étaient des similitudes directes.
    Remarque aussi que le problème initial est énoncé dans le plan affine. On a pas besoin d'utiliser une structure euclidienne auxiliaire pour le résoudre et c'est ce que j'ai fait en calculant explicitement le rapport $\alpha$ de l'homothétie translation $d_{21}.d_{12}: L_1\mapsto L_1$ sous la forme d'un birapport.
    Il est donc intéressant de comparer nos deux démonstrations et de faire le joint au point de vue notation.
    J'ai la flemme de le faire mais pour toi, cela est dans tes cordes!
    Je qualifierai ta démonstration de  calculatoire et d'externe puisque tu sors des droites $L_1$ et $L_2$ pour travailler dans tout le plan et la mienne de synthétique (?) et d'interne puisque je ne sors pas des droites $L_1$ et $L_2$.
    On a le droit de préférer telle ou telle démonstration mais il me semble qu'il est capital de les connaitre toutes les deux.
    Petit problème technique qu'aurait pu résoudre le lycéen que j'ai été:
    Etant données les droites $L_1$, $L_2$ et $d_{12}$, construire les droites $d_{21}$ pour que $d_{21}.d_{12}$ soit une symétrie centrale.
    A la lumière de ce nous venons de raconter, on aurait pu prolonger le problème mongol d'une ou plusieurs autres questions intéressantes.
    Amicalement
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (18 Feb)
    Euh, moi aussi, je l'ai donné de manière explicite le rapport $\dfrac{p-r}{p-q}$ 
    Pour une symétrie centrale, il vaut $-1$ donc $p-r=q-p$ puis $q=2p-r$ et on construit la droite $d21$ avec $TriangleCourbe(A,B_1,C_1,p*A+(2p-r)*B+r*C=0)$ bien sûr !
    Ce n'est pas la réponse attendue ? Bon d'accord alors regardons son point à l'infini  $ \left(\begin{array}{c} -2\\1\\ 1 \end{array}\right)$
    Apparemment le point $A$ fait bande à part donc calculons la parallèle à $d21$ passant pas $A$ et on trouve $mA\simeq \left[0,\,1,\,-1\right]$
    On remarque que $mA.(B_1+C_1)=0$ et c'est gagné $mA$ est la médiane issue de $A$ donc $d21$ doit être parallèle à cette médiane

    Tu risques d'être triste pappus mais une grosse difficulté de cet exercice a été pour moi de deviner ce que pouvait bien être le graphe d'une bijection affine. Heureusement que les figures de cailloux m'ont aidé. Au point où j'en suis, c'est à dire nulle part concernant les applications affines, autant les voir directement comme des restrictions.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (18 Feb)
    Ma chère Vassillia
    Nous avons chacun de notre côté calculé le rapport de l'homothétie-translation $d_{21}.d_{12}$.
    Il eut été bon pour nos lecteurs de prouver que nous avons trouvé la même chose.
    Je t'ai dit que j'avais la flemme de le faire mais si tu ne le veux pas aussi, je le ferai mais il faut me laisser le temps de reprendre mon souffle
    Quant à ton calcul de la droite $d_{21}$, il est évidement exact mais un lycéen de Seconde des années 1930-1960 était aussi capable de le faire à partir de ma formule.
    Amicalement
    pappus



  • pappus
    Modifié (19 Feb)
    Bonjour à tous
    Je vais donc montrer que Vassillia et moi avons trouvé la même chose et critiquer très amicalement sa démonstration.
    J'aurais voulu trouver un autre verbe que critiquer auquel on attache toujours un sens péjoratif mais je n'en ai pas trouvé d'autre.
    Je ne juge donc pas sa preuve mais je vais tenter d'expliquer pourquoi avec la méthode de pldx1, elle aurait pu aller plus vite.
    Je lui adresse toutes mes félicitations pour avoir appris si rapidement à utiliser le glossaire de pldx1.
    Elle est sans doute l'un(e) des rares intervenant(e)s sur ce forum à avoir accompli ce petit exploit.
    Il ne tient qu'à vous de faire la même chose puisqu'on trouve ce glossaire en ligne sur le site de Pierre Douillet.
    Ci-dessous j'ai repris ma propre figure en tenant compte des notations de Vassillia.
    J'ai donc appelé $A$ au lieu de $O$ l'intersection $L_1\cap L_2$ et j'ai fait intervenir les quatre intersections des deux graphes $d_{12}$ et $d_{21}$ avec les droites $L_1$ et $L_2$ en adoptant ses notations.
    Elle fait ses calculs dans le repère barycentrique $(A,B_1,C_1)$. Qui dit barycentrique dit barycentre et donc géométrie affine.
    Pour définir un tel repère, on a pas besoin pour le moment d'utiliser une métrique auxiliaire.
    En fait on travaille en coordonnées barycentriques homogènes c'est à dire dans le complément projectif du plan affine.
    Ouille ma pauvre tête !
    J'analyse maintenant sa ligne
    Par définition $d_{12}=(B_1C_1)\simeq [1,0,0]$ et puis on va paramétrer $d_{21}=(B_2C_2)\simeq [p,q,r]$
    Cela veut dire tout simplement que dans le repère barycentrique qu'elle s'est donnée, l'équation de $(B_1C_1)$ est $x=0$ et que celle de la droite $(B_2C_2)$ est $px+qy+rz=0$.
    Pour le moment tout va bien, on a pas eu besoin pour ce faire d'utiliser une métrique auxiliaire et d'introduire des distances éventuelles:
    $a=Distance(B_1,C_1)$, $b=Distance(C_1,A)$, $c=Distance(A,B_1)$.
    Pourquoi fait -elle intervenir ces distances? Parce qu'elle prolonge les $d_{ij}$ en similitudes directes (tout comme le fait le Lebossé-Hémery) et donc elle est bien obligée de parler de distances et que grâce au glossaire de Pierre, elle est très à l'aise avec les similitudes directes qu'elle peut composer à sa guise.
    Voyons les choses d'un peu plus près:
    $d_{12}(B_1)=A$ et $d_{21}(A)=B_2$
    Finalement $d_{21}.d_{12}(B_1)=B_2$
    Donc $\alpha=\dfrac{\overline{\omega_1B_2}}{\overline{\omega_1B_1}}$
    Ce dernier rapport est trivial à calculer dans le repère barycentrique choisi par Vassillia puisqu'on connait les coordonnées barycentriques de tous les points intervenant dans ce rapport et on trouve, je vous passe les calculs, la même chose que Vassillia, à savoir $\dfrac{r-p}{q-p}$.
    D'autre part sur la figure, on lit grâce à l'Axiome de Thalès : $$\dfrac{\overline{\omega_1B_2}}{\overline{\omega_1B_1}}= \dfrac{\overline{\omega p'_1}}{\overline{\omega p_1}}.$$
    Et la boucle est bouclée avec mes propres calculs.
    Amicalement
    pappus

  • Nul besoin d'aller chercher [ces exercices] au fin fond des steppes mongoles dont les habitants sont sans doute plus préoccupés par leurs chevaux ou par leurs aigles que par le théorème de Reim.
    Ah que voilà un beau résumé des trente glorieuses de pappus, de 1930 à 1960. Rappelons que ce genre de condescendance a conduit un fameux Cigalon à stocker son corps expéditionnaire dans une cuvette... et qu'il en est résulté une magistrale leçon de géométrie projectile.

    N'est pas un aigle qui veut.
  • Je te rassure pappus, tu peux critiquer aimablement ce que je propose, je ne prendrais pas mal. Il serait parfaitement étonnant que ce ne soit pas améliorable, je ne suis pas supposée m'y connaitre en géométrie (gros euphémisme).
    C'est juste que le bazar de pldx1 ayant l'air efficace, j'ai décidé d'y comprendre quelque chose. Je ne sais pas si c'est un exploit mais ça doit faire plus ou moins depuis son inscription (2009) qu'il fait cela. Peut-être que depuis le temps, les lecteurs habitués auraient pu comprendre deux ou trois trucs quand même à moins que répéter ad vitam aeternam que c'est stratosphérique, disparu ou que sais-je ne soit pas très motivant pour les lecteurs en question.
     
    Bref tu as raison, enfin surtout sur le fait que j'aurais pu calculer directement la matrice composée en disant que $B_1$ se transforme en $B_2$, que le $\Omega$ de cailloux (que pappus à renommé en $\omega1$) se transforme $\Omega$ (et les ombilics en les ombilics) et j'aurais trouvé la matrice $M$ tout pareil.
    Mais pourquoi j'ai proposé cette solution ? Parce que je voulais convaincre cailloux que ce n'était pas si compliqué et donc ce n'est pas plus mal de le faire plusieurs fois et puis $\Omega$ apparait miraculeusement sans qu'on ait eu besoin de le deviner en amont. S'il est à l'infini, ma foi, c'est son problème mais conceptuellement, je ne vois pas de raison de séparer les cas
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (19 Feb)
    Bonjour Vassillia
    Ce n'est après tout que de la géométrie analytique la plus banale donc connue depuis fort longtemps mais réécrite à sa manière utilisant systématiquement l'algèbre linéaire la plus classique.
    Tout ceci a disparu des compteurs depuis des années et je comprends tes difficultés de départ.
    En plus sa volonté de rendre tout explicable pour un ordinateur c'est-à-dire sans doute d'en tirer des procédures claires pour un logiciel de géométrie dynamique comme GeoGebra place son glossaire sous un éclairage un peu surprenant pour le profane et je me demande s'il est  le meilleur endroit pour apprendre la géométrie projective pour la première fois.
    Amicalement
    pappus
  • Je comprends, il a la volonté de rendre des notions utilisables, c'est vrai que cela peut être perturbant pour une certaine génération.
    Je plaisante mais l'approche pratique est quand même fondamentale, est-ce qu'elle est auto-suffisante ? Pas toujours.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Bonjour, $\def\fanta{\mathrm{fanta}} \def\aigle{\mathrm{aigle}} \def\cheval{\mathrm{cheval}} \def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}$
    1. On identifie les bijections  $L_{i}\to L_{j}$ avec leur graphe $d_{ij}$. Comment fait-on pour $d_{21}\circ d_{12}$ ?
    2. Lire le facteur de dilatation de l'homothétie-translation $d_{21}\circ d_{12}$ sur le birapport des directions des droites $L_{1},L_{2},d_{12},d_{21}$. Il semble que, posée dans le cadre du Lebossé-Hémery de la classe de 2nde, cette question soit, en effet, foutue d'avance.
    3. Quand on enchaîne des transformations dilatantes, les facteurs de dilatation se multiplient entre eux. Cela semble être une conséquence immédiate de la définition d'un facteur de dilatation. Pas de quoi établir la supériorité des taupes hexagonales sur les chevaux Mongols.
    4. Après ces quelques remarques, passons aux mathématiques stratosphériques mongoles. Comme nous le savons désormais grâce aux révélations de pappus, les Mongols portent aux cieux leurs aigles et leurs chevaux. Cela donne \[ \aigle,\,\cheval\simdoteq\left(\begin{array}{c} 1\\ a_{i}\\ -1-a_{i} \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} 1\\ c_{v}\\ -1-c_{v} \end{array}\right) \]
    5. On prend $AB,AC$ comme droites $L_{1},L_{2}$ et on note $\left[p,q,r\right]$ et $\left[u,v,w\right]$ les deux graphes. On passe de $AB$ à $d_{12}$ par transport parallèle wrt $AC$ et on arrive sur $AC$ par transport parallèle wrt $AB$. Cela donne: \[ M_{t}\simdoteq\left[\begin{array}{c} t\\ 1-t\\ 0 \end{array}\right]\mapsto N_{t}\simdoteq\left[\begin{array}{c} \left(q-r\right)t-q\\ 0\\ t\left(r-q\right)+p+q-r \end{array}\right] \]
    6. Comme tout tourne autour des aigles et des chevaux, nous calculons \begin{gather*} \sigma_{12}\doteq\mathrm{collineate}\left(M_{t},M_{s},\aigle,\cheval,N_{t},N_{s},\aigle,\cheval\right)\simeq\\ \left[\begin{array}{ccc} \dfrac{-r}{p-r} & \dfrac{-q}{p-r} & -\dfrac{a_{i}c_{v}q+a_{i}q+qc_{v}+r}{\left(p-r\right)\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)}\\ 0 & 0 & \dfrac{-\left(q-r\right)a_{i}c_{v}}{\left(p-r\right)\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)}\\ \dfrac{p}{p-r} & \dfrac{p+q-r}{p-r} & \dfrac{\left(p+2q-2r\right)a_{i}c_{v}+\left(p+q-r\right)\left(a_{i}+c_{v}\right)+p}{\left(p-r\right)\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)} \end{array}\right] \end{gather*} On constate que la collinéation obtenue est indépendante du choix particulier des points $M_{t}$ et $M_{s}$. On en profitera pour montrer que cette propriété impose que $\aigle$ et $\cheval$ soient sur la droite de l'infini.
    7. Les valeurs propres de $\sigma_{12}$ sont $\left[\dfrac{c_{v}\left(q-r\right)}{\left(c_{v}+1\right)\left(p-r\right)},\dfrac{a_{i}\left(q-r\right)}{\left(a_{i}+1\right)\left(p-r\right)},1\right]$ correspondant respectivement à l'$\aigle$, au $\cheval$ et à un fantassin.
    8. Digression. Lorsque l'$\aigle$ et le $\cheval$ se déplacent, le fantassin se déplace aussi. La zone des points accessibles au fantassin est limitée par une parabole. Que dire de plus ?
    9. Et on s'en retourne, utilisant le deuxième graphe. Cela donne: \[ \sigma_{21}\simeq\dfrac{1}{v-w}\left[\begin{array}{ccc} u+v-w & v+\dfrac{u-w}{a_{i}c_{v}} & v\\ -u & \left(\dfrac{1}{c_{v}}+\dfrac{1}{a_{i}}\right)\left(u-w\right)+u-2w & -w\\ 0 & -\left(1+\dfrac{1}{c_{v}}\right)\left(1+\dfrac{1}{a_{i}}\right)\left(u-w\right) & 0 \end{array}\right] \] dont les valeurs propres sont $\left[\dfrac{\left(c_{v}+1\right)\left(u-w\right)}{c_{v}\left(v-w\right)},\,\dfrac{\left(a_{i}+1\right)\left(u-w\right)}{a_{i}\left(v-w\right)},\,1\right]$.
    10. On combine et cela donne $\psi\doteq\sigma_{21}\circ\sigma_{12}\simeq$ \[ \dfrac{1}{\left(v-w\right)\left(p-r\right)}\left[\begin{array}{ccc} \left(p-r\right)v+r\left(w-u\right) & \left(p-r\right)v+q\left(w-u\right) & \left(p-r\right)v+q\left(w-u\right)\\ -pw+ru & \left(r-p\right)w+q\left(u-w\right) & ru-pw\\ 0 & 0 & \left(u-w\right)\left(q-r\right) \end{array}\right] \] dont les valeurs propres sont $\left[\dfrac{\left(u-w\right)\left(q-r\right)}{\left(v-w\right)\left(p-r\right)},\,\dfrac{\left(u-w\right)\left(q-r\right)}{\left(v-w\right)\left(p-r\right)},\,1\right]$. On constate que ce résultat est indépendant de l'aigle et du cheval utilisés. On arrive à la proposition: tous les Mongols font les mêmes mathématiques.
    11. Mieux que tout, le $\psi$-fantassin est $\fanta\simeq\left(qu-pv\right)+\left(rv-qw\right):pw-ru:0$, tandis que \[ \Omega\doteq d_{12}\cap d_{21}\simeq qw-rv:ru-pw:pv-qu \] Tout le monde voit que les droites $\left(\Omega,\fanta\right)$, $\left(A,C\right)$, $\left(\aigle,\cheval\right)$ sont concourantes. Que celui qui ne le voit pas utilise un déterminant! Rappel: un déterminant, cela sert à déterminer, sur le modèle: les maths sont utiles or le déterminant c'est des maths donc le déterminant est utile. Faire une figure n'est pas mal non plus !
    12. On voit donc, directement, que l'action de $\psi$ sur la droite $\left(A,B\right)$ est une translation lorsque les deux graphes sont parallèles. Lorsque l'action de $\psi$ sur la droite $\left(A,B\right)$ est une symétrie, on voit aisément que \[ d_{12}\cdot\boxed{K}\cdot\tra d_{21}=0\where\boxed{K}\doteq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -1\\ 1 & 0 & -1\\ -1 & -1 & 2 \end{array}\right]=\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ -1 \end{array}\right)\cdot\tra{\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1 \end{array}\right)}+\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1 \end{array}\right)\cdot\tra{\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ -1 \end{array}\right)} \] Et alors, le lynx, animal mythique s'il en est, en profite pour voir que...
    Cordialemment, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (20 Feb)
    Bonjour pldx1,
    Il y a quelque chose qui me surprend dans ta question finale, je ne vois pas ce que le point à l'infini de $(BC)$ viendrait faire dans l'histoire vu que $B$ et $C$ sont un peu choisis au hasard, la droite passant par ces 2 points n'a pas beaucoup de signification pour moi dans ce contexte.
    Alors, j'ai réessayé depuis le début et je trouve $N_{t}\simdoteq\left[\begin{array}{c} \left(q-p\right)t+p-q-r\\ 0\\ t\left(p-q\right)+q \end{array}\right]$, peut-être que je n'ai pas bien compris ce qu'était un graphe d'une bijection mais j'ai quand même l'impression que c'est ça.
    Je zappe les étapes intermédiaires
    $\psi\doteq\sigma_{21}\circ\sigma_{12}\simeq$ \[ \dfrac{1}{\left(u-v\right)\left(p-r\right)} \left[\begin{array}{ccc}
    (u -w)p+v(r-p)  & (u-w)q +v(r-p) & (u-w)q +v(r-p) \\ -r u + p w & (p -r)u+q (w-u) & -r u + p w \\ 0 & 0 & {\left(p - q\right)} {\left(u - w\right)} \end{array}\right] \]
    Et la valeur propre double autre que $1$ est $\dfrac{(p-q)(u-w)}{(p-r)(u-v)}$ 
    Donc l'équation pour la symétrie est $-2pu + qu + ru + pv - rv + pw - qw=0$
    Et alors \[ d_{12}\cdot\boxed{K}\cdot\tra d_{21}=0\where\boxed{K}\doteq\left[\begin{array}{ccc} 2 & -1 & -1\\ -1 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0 \end{array}\right]=\left(\begin{array}{c} 1\\ -1\\ 0 \end{array}\right)\cdot\tra{\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1 \end{array}\right)}+\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1\end{array}\right)\cdot\tra{\left(\begin{array}{c} 1\\ -1\\ 0\end{array}\right)} \]
    Et là, ça me semble plus logique, ce sont les points à l'infini de $(AB)$ et $(AC)$ même si là encore, il y a peut-être quelque chose que je n'ai pas bien compris.
    $d21$ est parallèle à la médiane issue de $A$ dans le triangle constitué par $(AB)$, $(AC)$ et $d12$ pendant que $d12$ est la parallèle à la médiane issue de $A$ dans le triangle constitué par $(AB)$, $(AC)$ et $d21$

    PS : J'ai copié-collé ton code latex, je crois que ça se voit et j'adore la version aigle, cheval étant donné que j'ai passé l'autorisation de détention de rapace ayant trouvé et sauvé un faucon blessé en me promenant avec ma jument justement. Je crois qu'il faut que je déménage en Mongolie d'autant que je ne doute pas de la modernité de ce pays par ailleurs.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Bonjour Vassillia: je n’ai compris que ton post-scriptum 😁 Du coup, j’en profite pour te féliciter. D’abord pour faire jeu égal avec pldx1 (tu n’es pas lui au moins ?) C’est tellement dingue ce que tu fais que j’en viens parfois à me le demander. Ensuite pour prendre soin des animaux. En plus, les rapaces me fascinent. J’en vois souvent dans les montagnes Basques. Pas besoin d’aller jusqu’en Mongolie.
    Bonne soirée.
  • Vassillia
    Modifié (21 Feb)
    Challenge @biguine_equation, tu nous départages concernant $N_t$, il nous manque un troisième avis ;)
    Je t'explique rapidement, le $\wedge$ de 2 droites donne un point et le $\wedge$ de 2 points donne une droite et il existe une droite $L_{\infty}\simeq[1,1,1]$ où se croisent les parallèles.
    $A \simeq \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)$ et $B \simeq \left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$ et $C \simeq \left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)$ donne un repère barycentrique et donc toutes les coordonnées vont par la suite s'exprimer en fonction de ces 3 points. Le symbole $\simeq$ veut dire que c'est à un coefficient près, en effet, si on calcule par exemple le milieu de $[AB]$, on peut dire que c'est $\left(\begin{array}{c} 1/2\\ 1/2\\ 0 \end{array}\right)$ mais c'est exactement pareil de dire que c'est $\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$ ou $\left(\begin{array}{c} 2\\ 2\\ 0 \end{array}\right)$ ou ce que tu veux tant que tu as multiplié le vecteur initial par un coefficient non nul. Notre point sera autant attiré par $A$ que par $B$ donc il sera au milieu. C'est cette idée qu'on utilise quasiment tout le temps qui fait que les calculs sont gérables. Pour comparer des points entre eux, et bien on normalise, c'est à dire qu'on divise par la somme des coefficients et puis c'est tout.
    Bon alors commençons.
    On part d'un point $M_t \simeq \left(\begin{array}{c} t\\ 1-t \\ 0 \end{array}\right)$ qui se balade sur la droite $(AB)$.
    On veut tracer $\Delta$ la parallèle à $(AC)$ passant par $M_t$ donc on commence par calculer $(AC) \simeq A \wedge C \simeq \left[0,\,1,\,0\right]$ puis on calcule son point à l'infini $(AC)_{\infty} \simeq (AC) \wedge L_{\infty} \simeq \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1 \end{array}\right)$.
    Notre parallèle $\Delta$ doit donc passer par ce point à l'infini $(AC)_{\infty}$ et par $M_t$ et on trouve $\Delta \simeq (AC)_{\infty} \wedge M_t \simeq \left[t-1,\,t,\,t-1\right]$.
    Il ne reste plus qu'à trouver $m$ le point d'intersection de $\Delta$ avec $d12\simeq \left[p,\,q,\,r\right]$ donc on calcule $m \simeq \Delta \wedge d12 \simeq \left(\begin{array}{c} -q(t-1)+rt\\ (p-r)(t-1)\\ q(t-1)-pt \end{array}\right)$
    Et maintenant, à toi de jouer en partant du point $m$. Il nous faut la parallèle à $(AB)$ passant par $m$ puis son intersection avec $(AC)$ et ce sera $N_t$ du moins si je n'ai pas dit de bétises. (voir les figures de cailloux pour visualiser $m$)
    Et non, je ne suis pas pldx1. Là ça va plus ou moins car on est en barycentrique sur des histoires de points et de droites, ce qui est relativement trivial, mais si je m'aventure dans l'espace des cycles, je cafouille encore pas mal, m'est avis que lui non.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Bonjour,

    Vassillia, oeil de lynx !
    Et maintenant une faute de logique volontaire. Je confirme l'affirmation de Vassillia : $\rm{Vassillia} \neq Pldx1$  ! 

    Cordialement, Pierre
  • Vassillia, OK: je vais essayer. Il me faut un peu de temps.
  • $(AB) \simeq  A \wedge B \simeq \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) \wedge \left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right) \simeq \left[0,\: 0,\: 1\right]$. On calcule le point à l’infini de la droite $(AB)$:
    \begin{equation}
    (AB)_{\infty} \simeq (AB) \wedge L_{\infty} \simeq \left[0, 0, 1 \right] \wedge [1,1,1] \simeq \left(\begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right)
    \end{equation}
    Deux droites parallèles du plan projectif s’intersecté en leur point à l’infini; la parallèle $D$ à $(AB)$ doit passer par le point à l’infini $(AB)_{\infty}$ et par $m$:
    \begin{equation}
    D \simeq (AB)_{\infty} \wedge m \simeq \left(\begin{array}{ c} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right) \wedge  \left(\begin{array}{c} -q(t-1)+rt \\ (p-r)(t-1) \\ q(t-1)-pt \end{array}\right) \simeq \left[q(t-1)-pt,\:  q(t-1)-pt, \: p(t+1)+q(t-1)-r\right]
    \end{equation}
    Il reste à calculer l’intersection de $D$ et $(AC)$: $D \wedge (AC) \simeq  \left[ q(t-1) -pt,\:  q(t-1)-pt, \: p(t+1)+q(t-1)-r \right] \wedge \left[0,1,0 \right]$.
    Mais comme je le craignais, je ne trouve pas $N_t$. Je vais refaire les calculs sans précipitations.
  • Vassillia
    Modifié (21 Feb)
    Tu as parfaitement compris le principe, une petite erreur de signe dans le dernier coefficient de $D$ ne pardonne pas mais l'idée est là. C'est faisable à la main mais n'hésite pas à t'aider d'esclaves numériques, ils sont là pour ça. Version Sage que l'on peut compiler ici https://sagecell.sagemath.org/  lorsque par exemple, notre ordinateur décide de s'affranchir.
    var('p q r')
    A=vector([1,0,0])
    B=vector([0,1,0])
    d12=vector([p,q,r])
    AB=A.cross_product(B)
    pretty_print(AB)
    Je te laisse continuer et demander un développement d'expression via expand(...) ou une factorisation via factor(...) lorsque tu en as besoin. De plus tu accèdes à la ième coordonnées du vecteur v par v[i] sachant qu'il numérote à partir de 0. Si tu connais un peu python, tu es vraiment en terrain connu. Par contre, il se fiche royalement de s'il s'agit de droite ou de point, à toi de ne pas lui demander n'importe quoi comme calcul. Accessoirement, mon code est très souvent bordélique, il ne devrait pas être difficile de faire mieux.
    Et bien voilà, tu fais de la géométrie stratosphérique, les gaulois dans Asterix avaient raison, le ciel va nous tomber sur la tête, la stratosphère n'est pas si haute que ça ;)
    PS. Bon, la balise code faisant n'importe quoi, je laisse en citation.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Vassillia: juste une petite confirmation avant de tout reprendre. En appliquant scrupuleusement le « glossaire de Pierre », je trouve 
    \begin{equation}
    (AC)_{\infty} \wedge M_t \simeq \left[ 1-t, \: -t, \: 1-t \right]
    \end{equation}
    Mais $\left[1-t, \: -t, \: 1-t \right] \simeq \left[ t-1, \: t, \: t-1 \right]$ au coefficient multiplicatif $-1$ près.
    C’est bien ce que tu as fait si je ne me trompe pas ?
  • J'aurais pu mais c'est surtout qu'en fait, j'ai automatisé le processus et calculé $M_t \wedge  (AC)_{\infty}$ d'où le signe - mais comme tu l'as compris, c'est exactement la même chose donc peu importe.
    A terme, il y aura moyen d'être plus rapide en passant par des produits de matrices mais il me parait essentiel au début de se servir de la droite de l'infini comme d'une vraie droite pour intégrer son existence et la visualiser.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Ok, merci beaucoup.
  • pldx1
    Modifié (21 Feb)
    Bonjour,   $\def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\birap#1#2{\operatorname{birap}{}_{#2}\left(#1\right)}$

    Voici une version corrigée de mon précédent post (merci à Vassillia).

    Passons aux mathématiques stratosphériques mongoles.
    1. x
    2. x
    3. x
    4. Comme nous le savons désormais grâce aux révélations de pappus, les Mongols portent aux cieux leurs aigles et leurs chevaux. Cela donne \[ \aigle,\,\cheval\simdoteq\left(\begin{array}{c} 1\\ a_{i}\\ -1-a_{i} \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} 1\\ c_{v}\\ -1-c_{v} \end{array}\right) \]
    5. On prend $AB,AC$ comme droites $L_{1},L_{2}$ et on note $\left[p,q,r\right]$ et $\left[u,v,w\right]$ les deux graphes. On passe de $AB$ à $d_{12}$ par transport parallèle wrt $AC$ et on arrive sur $AC$ par transport parallèle wrt $AB$. Cela donne: \begin{equation} M_{t}\simdoteq\left[\begin{array}{c} t\\ 1-t\\ 0 \end{array}\right]\mapsto N_{t}\simdoteq\left[\begin{array}{c} \left(q-p\right)t+p-q-r\\ 0\\ t\left(p-q\right)+q \end{array}\right] \end{equation}
    6. Comme tout tourne autour des aigles et des chevaux, nous calculons \begin{gather} \sigma_{12}\doteq\mathrm{collineate}\left(M_{t},M_{s},\aigle,\cheval,N_{t},N_{s},\aigle,\cheval\right)\simeq\nonumber \\ \dfrac{1}{p-r}\;\left[\begin{array}{ccc} -r & p-q-r & \dfrac{\left(a_{i}c_{v}+a_{i}+c_{v}\right)\left(p-q-r+p\right)-r}{\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)}\\ 0 & 0 & \dfrac{\left(p-q\right)a_{i}c_{v}}{\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)}\\ p & q & \dfrac{\left(2q-p\right)a_{i}c_{v}+\left(a_{i}+c_{v}\right)q+p}{\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)} \end{array}\right] \end{gather} On constate que la collinéation obtenue est indépendante du choix particulier des points $M_{t}$ et $M_{s}$. On en profitera pour montrer que cette propriété impose que $\aigle$ et $\cheval$ soient sur la droite de l'infini.
    7. Les valeurs propres de $\sigma_{12}$ sont \begin{equation} \left[\dfrac{-c_{v}\left(p-q\right)}{\left(c_{v}+1\right)\left(p-r\right)},\;\dfrac{-a_{i}\left(p-q\right)}{\left(a_{i}+1\right)\left(p-r\right)},\;1\right] \end{equation} correspondant respectivement à l'$\aigle$, au $\cheval$ et à un fantassin.
    8. Digression. Lorsque l'$\aigle$ et le $\cheval$ se déplacent, le fantassin se déplace aussi. La zone des points accessibles au fantassin est limitée par une parabole. Que dire de plus ?
    9. Et on s'en retourne, utilisant le deuxième graphe. Cela donne: \begin{equation} \sigma_{21}\simeq\dfrac{1}{u-v}\;\left[\begin{array}{ccc} -v & u-v-w-\dfrac{u-w}{a_{i}c_{v}} & u-v-w\\ u & \left(\dfrac{1}{c_{v}}+\dfrac{1}{a_{i}}\right)\left(w-u\right)-u+2w & w\\ 0 & \left(1+\dfrac{1}{c_{v}}\right)\left(1+\dfrac{1}{a_{i}}\right)\left(u-w\right) & 0 \end{array}\right] \end{equation} dont les valeurs propres sont \begin{equation} \left[-\dfrac{\left(a_{i}+1\right)\left(u-w\right)}{a_{i}\left(u-v\right)},\;-\dfrac{\left(c_{v}+1\right)\left(u-w\right)}{c_{v}\left(u-v\right)},\;1\right] \end{equation}
    10. On combine et cela donne $\psi\doteq\sigma_{21}\circ\sigma_{12}\simeq\dfrac{1}{\left(p-r\right)\left(u-v\right)}\times$ \begin{equation} \left[\begin{array}{ccc} p\left(u-w\right)+\left(r-p\right)v & q\left(u-w\right)+\left(r-p\right)v & q\left(u-w\right)+\left(r-p\right)v\\ pw-ru & \left(p-r\right)u+q\left(w-u\right) & pw-ru\\ 0 & 0 & \left(u-w\right)\left(p-q\right) \end{array}\right] \end{equation} dont les valeurs propres sont \begin{equation} \left[\dfrac{\left(u-w\right)\left(p-q\right)}{\left(u-v\right)\left(p-r\right)},\;\dfrac{\left(u-w\right)\left(p-q\right)}{\left(u-v\right)\left(p-r\right)},\;1\right] \end{equation} On constate que ce résultat est indépendant de l'aigle et du cheval utilisés. On arrive à la proposition: tous les Mongols font les mêmes mathématiques.
    11. Mieux que tout, le $\psi$-fantassin est $\fanta\simeq\left(qu-pv\right)+\left(rv-qw\right):pw-ru:0$, tandis que \[ \Omega\doteq d_{12}\cap d_{21}\simeq qw-rv:ru-pw:pv-qu \] Tout le monde voit que les droites $\left(\Omega,\fanta\right)$, $\left(A,C\right)$, $\left(\aigle,\cheval\right)$ sont concourantes. Que celui qui ne le voit pas utilise un déterminant! Rappel: un déterminant, cela sert à déterminer, sur le modèle: les maths sont utiles or le déterminant c'est des maths donc le déterminant est utile. Faire une figure n'est pas mal non plus !
    12. On voit donc, directement, que l'action de $\psi$ sur la droite $\left(A,B\right)$ est une translation lorsque les deux graphes sont parallèles. Lorsque l'action de $\psi$ sur la droite $\left(A,B\right)$ est une symétrie, on voit aisément que \begin{equation} d_{12}\cdot\boxed{K}\cdot\tra d_{21}=0\where\boxed{K}\doteq\left[\begin{array}{ccc} 2 & -1 & -1\\ -1 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0 \end{array}\right]=\left(\begin{array}{c} 1\\ -1\\ 0 \end{array}\right)\cdot\tra{\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1 \end{array}\right)}+\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1 \end{array}\right)\cdot\tra{\left(\begin{array}{c} 1\\ -1\\ 0 \end{array}\right)} \end{equation}
    Et alors, le lynx, animal mythique s'il en est, en profite pour voir que...
    1. pldx1 s'était planté dans ses calculs (péché véniel) et ne les avait pas vérifiés en reportant sur la figure (péché capital).
    2. La conique $\boxed{K}$ se décompose. En effet $\left[x,y,z\right]\cdot\boxed{K}\cdot\tra{\left[x,y,z\right]=2\left(x-y\right)\left(x-z\right)}$. En tant que conique droitique, $\Delta\in\mathcal{K}$ est donc: $\left(\Delta\parallel AB\right)\vee\left(\Delta\parallel AC\right)$. Comme $\linf\in\ker\boxed{K}$, le pôle d'une droite $\Delta$ est un point à l'infini (= une direction).
    3. Quelques calculs élémentaires: \[ B_{1},C_{1}\doteq AB\cap d_{12},\,AC\cap d_{12}\simeq\dfrac{1}{p-q}\left[\begin{array}{c} -q\\ +p\\ 0 \end{array}\right],\dfrac{1}{p-r}\left[\begin{array}{c} -r\\ 0\\ +p \end{array}\right] \] \[ U_{j}\doteq B_{1},C_{1},B_{1}-C_{1},B_{1}+C_{1}\simeq\left[\begin{array}{c} -q\\ p\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -r\\ 0\\ p \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} r-q\\ p-r\\ q-p \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 2qr-pq-pr\\ p\left(p-r\right)\\ p\left(p-q\right) \end{array}\right] \] \[ A\wedge U_{j}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc} 0 & p-q & p-r\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc} 0 & q-p & p-r\end{array}\right] \] \[ V_{j}\doteq\left(A\wedge U_{j}\right)\wedge\linf\simeq\left[\begin{array}{c} +1\\ -1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} +1\\ 0\\ -1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} q-r\\ r-p\\ p-q \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 2p-q-r\\ r-p\\ q-p \end{array}\right] \]
    4. On a, évidemment, $\birap{0,\infty,-1,+1}{}=-1$. Donc tous les autres birapports sont harmoniques eux aussi. C'est la sourate 265 de la Bible de 1945. Il semble néanmoins que les divisions harmoniques aient disparu de la Bible de 1962. C'est le moment de dire: souvent Bible varie, bien est fol qui s'y fie.
    5. On peut aussi prendre $\left[p,q,r\right]=\left[1,0,0\right]$. Il semble que quelqu'un a déjà proposé cela.


    Et, évidemment, une figure où l'on voit que $Dix$  est le milieu commun des segments $[M_t,K_t]$ et $[M_s,K_s]$.

    Cordialement, Pierre.

    Edit: vérifiés.
  • Vassillia
    Modifié (21 Feb)
    Il est écrit dans la dernière Bible en date que tous les péchés seront pardonnés si biguine_equation réussit à s'en sortir avec la géométrie stratosphérique.
    J'avoue ne pas être complétement certaine de la traduction du message divin donc ne te met pas trop la pression biguine_equation même si le salut de pldx1 en dépend peut-être ;)
    L'étape d'après le calcul du point $N_t$ sera de comprendre comment on calcule une matrice de collinéation, c'est juste la matrice qui prend en entrée $M_t$ et renvoie gentiment $N_t$ en sortie quelque soit $t$ sans déranger aigle et cheval.
    Mais sans outil numérique, ça va être compliqué, je ne vais pas mentir.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Vassillia: je m’embrouille affreusement dans les signes !
    Je donne les résultats sans coefficients multiplicatifs.
    J’ai refait le calcul de $(D)$:
    \begin{equation}
    (D) \simeq \left[-pt+qt-q, \: -pt+qt-q, \: -pt+p-qt-q-r \right]
    \end{equation}
    \begin{equation}
    (D) \wedge (AC) \simeq \left(\begin{array}{c} p(t-1) -q(t-1)+r \\ 0 \\ -pt+qt-q \end{array}\right)
    \end{equation}
  • Vassillia
    Modifié (21 Feb)
    C'est bizarre, le dernier terme de $(D)$ devrait être $-(p-r)(t-1)-(-q(t-1)+rt)=-(pt-p-rt+r)-(-qt+q+rt)=-pt+p+qt-q-r$, je ne sais pas d'où vient le $-$ devant $qt$ dans ta version, sans doute une erreur de recopie puisque le point final est le bon (ou plus exactement l'un des bons puisque peu importe le coefficient multiplicatif).
    Alors, cette première impression ? Toujours aussi incompréhensible ou c'est juste que les calculs peuvent nécessiter effectivement un peu d'aide d’extérieur. En tout cas, c'est sympa à toi d'avoir joué le jeu.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Mon impression est que j’ai appris des choses et c’est très gratifiant. Merci pour tes explications en tout cas.
  • pappus
    Modifié (22 Feb)
    Bonsoir à tous
    J'aime bien les calculs mais à partir d'un moment je les trouve soporifiques surtout quand ils ne sont pas nécessaires.
    Une petite question naturelle:
    Etant donné le graphe $d_{12}$ d'une bijection affine $L_1\mapsto L_2$, comment construire les centres $\Omega^+_{12}$ (resp $\Omega^-_{12}$) des similitudes directe (resp indirecte) qui la prolonge.
    Réciproquement étant donné les points $\Omega^+_{12}$, (resp $\Omega^-_{12}$), ils définissent respectivement une unique similitude directe (resp indirecte envoyant $L_1$ sur $L_2$, comment construire les graphes des restrictions de ces similitudes à la droite $L_1$?
    Amicalement
    pappus

  • Banal.  On coupe la conique passant par $(A,M_t,N_t,\aigle,\cheval)$   par la conique passant par $(A,M_s,N_s,\aigle,\cheval)$. Et alors...
  • Vassillia
    Modifié (22 Feb)
    Alors le centre de la similitude est à l'intersection du cercle passant par $A$, $M_t$ et $N_t$ et du cercle passant par $A$, $M_s$ et $N_s$ ce qui me semble logique puisque c'était le but de la manœuvre de transformer des cercles en des cercles.
    Mais pour vérifier vous pouvez tester sur ce graphique https://www.geogebra.org/classic/psvgefg6 et regarder ce qui se passe quand $s$ et $t$ varient.
    Vous y noterez que pour embêter pappus, ce centre y est calculé toujours pour $d12 \simeq [p,q,r]$ par $ \left(\begin{array}{c} -a^{2} p^{2} + b^{2} p^{2} + c^{2} p^{2} + a^{2} p q - 2 \, b^{2} p q - c^{2} p q + b^{2} q^{2} + a^{2} p r - b^{2} p r - 2 \, c^{2} p r - a^{2} q r + b^{2} q r + c^{2} q r + c^{2} r^{2} \\ b^{2} p^{2} - b^{2} p q \\ c^{2} p^{2} - c^{2} p r \end{array}\right)$
    C'est une ligne de code, ça ne coute pas cher à ce stade et surtout j'ai beaucoup plus confiance.

    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Merci Vassillia
    C'est exact!
    Cette construction du centre de similitude au moyen des couples $(M_s,N_s)$ et $(M_t,N_t)$ est proposée dans le Lebossé-Hémery et elle est archiclassique. Elle se démontrait en cette époque révolue par une petite chasse aux angles orientés.
    Et sache que tu ne m'embêtes pas bien au contraire et je te remercie de bien vouloir dialoguer avec moi et de me montrer de nouveaux points de vue sur de vieilles figures.
    Je suis par contre très intéressé par ton dernier vecteur qui répond de façon analytique à la question que j'avais posée.
    On peut donner à GeoGebra ce vecteur à ingurgiter et en principe le logiciel devrait nous recracher ce centre vite fait bien fait!
    Mais j'ai personnellement vécu cette époque révolue où je ne connaissais pas la géométrie analytique et j'aurais eu plutôt tendance à chercher une construction à la règle  et au compas de ce centre à partir de la donnée des droites $L_1$, $L_2$ et $d_{12}$ sans passer par l'étape laborieuse et intermédiaire de la construction des couples $(M_s,N_s)$ et $(M_t,N_t)$ c'est à dire une construction directe!
    Peut-être peut-on la trouver à partir de ton vecteur?
    Amicalement
    pappus
  • Je confirme la coopération de GeoGebra, il ne fait pas d'histoire quand je lui demande ce barycentre, maintenant quoi y voir de particulier ?
    Il n'y a rien qui me parait évident et comme je n'ai pas la moindre petite idée quoi chercher, ce n'est pas gagné, si quelqu'un est inspiré, n'hésitez pas.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (23 Feb)
    Bonjour Vassillia
    Déjà tes trois composantes sont des formes quadratiques en $(p,q,r)$.
    Ensuite les deux dernières composantes ont une écriture plus simple, ce qui peut sans doute s'interpréter géométriquement.
    Il faut quand même dire que je suis un peu dévasté par la complexité de la première composante, surtout quand je connais le résultat dont j'ai souvent parlé ici même dans l'indifférence la plus générale comme on s'en doute!
    Je fais le point:
    au départ les données sont les droites $L_1$, $L_2$ et le graphe $d_{12}$.
    C'est tout!
    Pour avoir une discussion sereine, peux-tu alors rappeler brièvement à tes nombreux lecteurs le repère barycentrique dans lequel tu as mené tes calculs?
    Autrement dit sur la configuration des trois droites $L_1$, $L_2$ et $d_{12}$, peux-tu nous dire où sont les points de coordonnées $(1:0:0)$, $(0:1:0)$, $(0:0:1)$?
    Amicalement
    pappus


  • pldx1
    Modifié (23 Feb)
    Bonjour, $\def\tugrik{\mathrm{tugrik}}$

    Appelons $\tugrik$ une conique passant par l'$\aigle$ et le $\cheval$. Et considérons le quadrangle ordonné $B_{q}\doteq N_{s}$, $B'_{q}\doteq M_{t}$, $C_{q}\doteq M_{s}$, $C'_{q}=N_{t}$. On a  \begin{align*} A_{q} & \doteq & B_{q}C'_{q}\cap B'_{q}C{}_{q} & = & N_{s}N_{t}\cap M_{t}M_{s} & = & A\\ A'_{q} & \doteq & B_{q}C{}_{q}\cap B'_{q}C'_{q} & = & N_{s}M_{s}\cap M_{t}N_{t} & = & A' \end{align*} On peut alors constater le théorème de Miquel: les quatre $\tugrik$ $\left(A_{q}B_{q}C_{q}\right)$, $\left(A_{q}B'_{q}C'_{q}\right)$, $\left(A'_{q}B_{q}C'_{q}\right)$, $\left(A'_{q}B'_{q}C_{q}\right)$ sont concourants, et leurs concours n'est autre que le point fixe cherché. Et maintenant, une petite question naturelle: est ce que les quatre centres de ces quatre $\tugrik$ appartiennent eux-mêmes à un même $\tugrik$ ?

    Par ailleurs, rien n'interdit de placer $M_{t}$ en $A$ et $M_{s}$ en $B_{1}$, conduisant à tracer les $\tugrik$ tangents en $A$ à l'une des deux droites et passant par l'intersection de l'autre droite et du graphe. 

    Et maintenant que l'on connaît le point fixe $F_{ix}$, on peut déterminer $N_{u}$ par intersection du $\tugrik\left(A,M_{u},F_{ix}\right)$ avec la droite $AC$, ce qui évite l'étape laborieuse et intermédiaire du tracé des parallèles. Ce n'est pas pour rien que la sourate 243 fait suite à la sourate 242.



    Cordialement, Pierre.
  • pappus
    Modifié (23 Feb)
    Bonjour à tous
    Nous avons la réponse de Zeus tonnant et triomphant alors que j'attendais plutôt celle de Vassillia.
    Aussi vais-je répondre à sa place en espérant ne pas me tromper sinon elle me reprendra.
    L'intersection $L_1\cap L_2$ est le point $(1:0:0)$
    Le point $(0:1:0)$ est un point arbitraire de $L_1$ et le point $(0:0:1)$ un point arbitraire de $L_2$.
    Pour avoir une interprétation géométrique de ses formules apparemment compliquées, il lui suffit de choisir $L_1\cap d_{12}=(0:1:0)$ et $L_2\cap d_{12}=(0:0:1)$.
    Ce qui revient à faire $p=1$, $q=r=0$ dans ses formules.
    Son vecteur devient $(-a^2+b^2+c^2:b^2:c^2)$ plus facile à construire dans ce nouveau repère!
    Ce n'est quand même pas tout à fait fini. Il faut expliciter cette construction
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour.

    Pappus avait affirmé qu'il était illégitime d'introduire les ombilics et les similitudes dans ce problème, parce que le problème d'origine n'était pas un problème métrique. Il a été montré que cette critique était infondée parce que les résultats obtenus sont indépendants du choix de l'$\aigle$ et du $\cheval$. Et donc pappus se rabat sur ses fameuses règles rouillées et compas ébréchés. 
    Que va-t-il en résulter? On injecte $a_i\, c_v= b^2/a^2$, $(1+a_i)(1+c_v)=c^2/a^2, p=1, q=0, r=0$ et on arrive en effet à $2S_a:b^2:c^2$.  Comment construire ce point ? Très facile. Il n'y a pas besoin de tracer les quatre cercles de Miquel. Il suffit de construire  les centres des deux $\tugrik$ déjà indiqués. Et on les joint par une ligne en pointillés mixtes.  
    On fait une figure et on voit apparaître X(6), qui est le produit barycentrique de l'$\aigle$ ordinaire et du $\cheval$ ordinaire. Résilience de la métrique ! 



    Cordialement, Pierre. 
     
  • Vassillia
    Modifié (23 Feb)
    Pour filer la métaphore, on aurait du parler de Tengri (alias pldx1) et de Cernunnos (alias pappus).
    Normalement le tugrik passant par le centre des 4 tugriks devrait passer par le point fixe puisqu'on peut plus ou moins voir les 4 tugriks comme appartenant au faisceau de tugriks engendré par ce nouveau tugrik.
    Finalement, il y a peut-être moyen d'y voir quelque chose à l'espace des cycles mais de là à dire que c'est naturel... ce n'est pas gagné non plus.
    En fusionnant $A$ et $A'$, on trouve des tugriks tangents du coup on peut construire le point fixe autrement, certes, j'ai compris, faisons plaisir à Cernunnos aussi d'autant que je ne vois pas vraiment l’intérêt non plus de faire gonfler le nombre de variables libres en paramétrant $d12$ alors qu'en choisissant $B_1$ et $C_1$ comme repère, ça facilite quand même bien la vie.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (23 Feb)
    Bonjour  à tous
    Laissons pldx1 à ses dénigrements fielleux et perpétuels en me prêtant constamment des intentions supposées que je n'ai pas et poursuivons notre dialogue avec Vassilia qui avait trouvé un vecteur pour le moins compliqué décrivant le centre de similitude et qui ne voyait pas comment en déduire une construction simple de ce centre.
    Pour le moment je n'ai fait aucun calcul. C'est elle et elle seulement qui a trouvé l'écriture de ce vecteur et j'en ai déduit une écriture simplifiée $(-a^2+b^2+c^2:b^2:c^2)$ dans ce nouveau repère $(L_1\cap L_2,L_1\cap d_{12}, L_2\cap d_{12})$.
    Pour la construction, on remarque que $(-a^2+b^2+c^2:b^2:c^2)$ est l'image de $(a^2:b^2:c^2)$ par la transformation projective:
    $$(x:y:z)\mapsto (-x+y+z:y:z)$$.
    Il faut donc identifier cette transformation projective et c'est là une question que Ludwig devrait résoudre sans problème!
    Amicalement
    pappus
  • Tu avais fait remarquer que j'utilisais une métrique, il fait remarquer que ce n'est pas dépendant de la métrique (ce qui était tout de même largement sous-entendu avant). Il n'y a pas vraiment de dénigrement et c'est intéressant alors que tu te doutes bien que je sais que je peux prendre $p=1$, $q=0$ et $r=0$ puisque c'est ce que j'avais fait naturellement.
    Donc laissons Ludwig faire à ta manière pour que tout le monde soit content et participe mais merci de me tenir en dehors de vos chamailleries d'autant que tu sais très bien de qui j'ai appris à faire ce calcul.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (24 Feb)
    Ma chère Vassillia
    Je n'ai pas l'esprit aussi tordu que le prétend pldx1.
    Tu réclamais de l'aide :
    Il n'y a rien qui me parait évident et comme je n'ai pas la moindre petite idée quoi chercher, ce n'est pas gagné, si quelqu'un est inspiré, n'hésitez pas.
    Alors dans ma grande naïveté, je te l'ai apportée.
    Ai-je bien fait ? Je commence à en douter.
    Alors je continue tout seul dans mon petit coin avec en bruit de fond les sarcasmes habituels
    Bien sûr personne pour identifier la transformation projective: $h:(x:y:z)\mapsto (-x+y+z)$.
    Trop trivial ou trop compliqué? Au choix.
    Le système linéaire : $$\begin{cases}X=-x+y+z\\Y=y\\Z=z\end{cases}$$
    a pour solution : $$\begin{cases}x=-X+Y+Z\\y=Y\\z=Z\end{cases}$$
    prouvant que notre transformation projective $h$ est involutive et est donc une homologie harmonique.
    Pour trouver son pôle et son axe, il nous faut réduire la matrice : $$\begin{pmatrix}-1&1&1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$
    Cette matrice est triangulaire supérieure et son spectre se lit immédiatement sur sa diagonale principale.
    À la valeur propre $-1$ correspond le sous espace propre $\mathbb R(1,0,0)$ qui est une droite vectorielle et à la valeur propre $1$ correspond le sous-espace propre d'équation $-2x+y+z=0$ qui est un plan vectoriel et ces deux sous-espaces sont en somme directe.
    Le vérifier
    Géométriquement cela signifie que $h$ est l'homologie harmonique de pôle $A(1:0:0)$ et d'axe la droite d'équation $-2x+y+z=0$ qui est la droite passant par le centre de gravité $G(1:1:1)$ et parallèle au graphe $d_{12}$.
    Quant à la construction effective du point $h(M)$ connaissant $M(x:y:z)$ à quoi bon la donner?
    Cela n'intéresse visiblement personne!
    Sur la figure ci-dessous $K$ est le point de Lemoine du triangle $ABC$ et $\Omega$ le centre de la similitude directe $L_1\longmapsto L_2;m_1\mapsto m_2$
    Amicalement
    pappus

  • pappus
    Modifié (24 Feb)
    Bonjour à tous
    Une autre façon de faire est d'utiliser les complexes ce qui me permet de saluer notre ami Rescassol.
    En fait il y a tout dans le Lebossé-Hémery pour s'en passer à une époque (que j'ai connue) où ceux-ci n'étaient pas encore enseignés en Terminales.
    Mais leur utilisation est très élégante, très efficace et très rapide.
    Notre similitude directe envoie $B$ sur $A$ et $A$ sur $C$.
    On a donc deux façons de calculer le rapport de similitude :$$k=\dfrac{\omega - a}{\omega-b}=\dfrac{\omega - c}{\omega-a}$$
    D'où $$(\omega -a)^2=(\omega-b)(\omega-c)$$
    Si on introduit le point $D$ symétrique de $A$ par rapport à $\Omega$, on tombe sur la défunte relation de Newton :
    $$(\omega -a)^2=(\omega -d)^2=(\omega-b)(\omega-c)$$
    prouvant que le quadrangle $(A,D,B,C)$ est harmonique.
    D'où la construction.
    On complète le quadrangle harmonique $(A,D,B,C)$ ( plus facile à dire qu'à faire en notre époque analphabète!) et $\Omega$ esr le milieu de $AD$ c'est-à-dire la projection orthogonale du centre du cercle circonscrit $O$ au quadrangle $ADBC$ sur la symédiane $AKD$.
    Bof!
    Much ado about nothing!
    Amicalement
    pappus

  • $BK$ coupe l'axe de $h$ en $I$.
    $\Omega$ est aussi sur la droite passant par $I$ et le milieu de $AB$.
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