Bijections affines entre droites

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Réponses

  • Bonjour à tous
    Allez, je suis bon prince, je vous donne la construction du point $\Omega=h(K)$.
    On remarque que $h(B)=(1:1:0)$ est le milieu de $AB$ et comme les transformations projectives conservent parait-il les alignements, les droites $BK$ et $h(B)h(K)$ se coupent en $\beta$ sur l'axe d'homologie.
    Bien sûr avec GeoGebra pas besoin de ces simagrées puisqu'on peut faire rentrer dans son calculateur les formules générales donnant l'écriture d'une homologie harmonique.
    Amicalement
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (24 Feb)
    Résumons donc les 3 possibilités pour construire $\Omega$ en supposant $A$, $B$ et $C$ donnés et/ou les droites $L1=(AB)$, $L2=(AC)$ et/ou $d12=(BC)$ données

    Version 1 : on écrit dans Geogebra :
    a=Distance(B,C)
    b=Distance(C,A)
    c=Distance(A,B)
    $\Omega$=Barycentre({A,B,C},{-a^2+b^2+c^2,b^2,c^2})

    Version 2 (pldx1) : on demande toujours à Geogebra
    $medc$=mediatrice de $[AB]$
    $perpb$=perpendiculaire à $(BC)$ passant par $A$
    $E_t$=intersection de $medc$ et $perpb$
    $cert$=cercle de centre $E_t$ passant par $A$
    $medb$=mediatrice de $[BC]$
    $perpc$=perpendiculaire à $(CA)$ passant par $A$
    $E_s$=intersection de $medb$ et $perpc$
    $cers$=intersection de centre $E_s$ passant par $A$
    $\Omega$=intersecton de $cert$ et $cers$ différente de $A$

    Version 3 (pappus) : on demande toujours à Geogebra
    Le point de Lemoine, qu'est ce que c'est ?
    $bissA$ = bissectrice de l'angle formé par les points $B,A,C$
    $A'$=milieu de $[BC]$
    $medA$= droite $(AA')$
    $sysA$= symétrie de $medA$ par rapport à $bissA$
    $bissC$ = bissectrice de l'angle formé par les points $A,C,B$
    $C'$=milieu de $[AB]$
    $medC$= droite $(CC')$
    $sysC$= symétrie de $medC$ par rapport à $bissC$
    $K$=intersection de $sysA$ et $sysC$
    Mais c'est pas fini !
    $G$=intersection de $medA$ et $medC$
    $para$=parrallèle à $(BC)$ passant par $G$
    $bk$=droite passant par $B$ et $K$
    $\beta$=intersection de $bk$ et $para$
    $\beta c'$=droite passant par $\beta$ et $C'$
    $ak$=droite passant par $A$ et $K$
    $\Omega$ = intersection de $ak$ et $\beta c'$

    Maintenant comptons un peu les étapes élémentaires utilisant uniquement la règle et le compas alors j'ai demandé à Euclidéa
    médiatrice -> 3
    perpendiculaire -> 3
    symétrie -> 3
    milieu -> 4
    bissectrice -> 4
    parallèle -> 4

    Faisons donc le bilan, évidemment le calcul est hors concours et on trouve pldx1 14 et pappus 31, il y a peut-être moyen d'améliorer ici ou là mais c'est l'ordre de grandeur à mon avis.
    Merci, oh merci bon prince d'aider la représentante de l'époque analphabète que je suis !
    Là c'est sarcastique, tu vois la différence, il y en a plus que marre de ton mépris. Que tu partages tes trucs, très bien mais arrête de croire que toutes les générations suivantes sont constituées de débiles profonds qui ont besoin du messie pappus pour les guider vers la lumière Lebossé-Hémery.
    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 n'ai nul mépris envers toi et je n'ai jamais dit que tu étais analphabète et tu le sais parfaitement.
    Par contre ce que je constate, c'est que tout  ce dont nous parlons actuellement n'est plus enseigné depuis des décennies et n'est plus compréhensible que de quelques initiés qu'on pourrait sans doute compter sur les doigts d'une seule main. C'est cela que je déplore.
    Libre à toi de te ranger du côté de pldx1 qui lui ne se gène pas de nous mépriser en nous infligeant des calculs monstrueux en dehors desquels il n'y aurait pas de salut.
    Quand on veut tuer son chien, on dit qu'il a la rage.
    Rien de nouveau sous le soleil!
    pappus
  • Je ne me range d'aucun coté, je m'en fiche des guerres de coqs, je regarde juste la solution qui me semble la plus efficace.
    Si c'est pldx1, c'est pldx1. Si c'est pappus, c'est pappus. Si c'est quelqu'un d'autre et bien ce sera quelqu'un d'autre et cela peut changer d'un exercice à l'autre.
    Est-ce que pldx1 est méprisant car il fait des calculs incompréhensibles par la plupart ? Je ne trouve pas, c'est comme si tu disais qu'un prof méprise ses élèves parce qu'il en sait plus qu'eux. Il a quand même tort sur le fait qu'à afficher trop largement sa supériorité, il peut braquer et/ou larguer ses interlocuteurs et le message ne passe plus ce qui est contre-productif mais ce n'est que mon avis.
    Est-ce que pappus est méprisant quand il parle d'époque analphabète ? Je trouve étant donné que j'en fais partie de cette époque.
    Bonne journée quand même.
    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)
    Libre à toi d'interpréter mes propos de la façon qui te convient.
    Ce qui m'intéresse dans un problème de géométrie, c'est d'avoir toutes ses solutions sous les yeux, des plus élaborées comme celles de pldx1 jusqu'aux plus élémentaires comme celles de Jean-Louis Ayme et je ne juge pas de l'efficacité de telle ou telle méthode.
    Je t'ai aidée sans arrière pensée dans cette question de construction du centre de similitude. J'en suis bien récompensé!
    Pas un seul mot de remerciement mais à la place une diatribe injuste!
    On ne m'y reprendra pas deux fois!
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (24 Feb)
    Ne réécrivons pas l'histoire, j'ai essayé de répondre à ta question sur comment construire le centre de similitude (en étant un peu aidée quand même, ne nous mentons pas) puis tu as voulu trouver une autre construction et j'ai dit que si quelqu'un était inspiré qu'il n'hésite pas...
    Tout se serait bien passé si tu avais au choix : donné cette autre construction ou laissé quelqu'un d'autre la donner ou ce que tu veux mais en tout cas sans te mettre à râler car pldx1 ne répondait pas comme tu voulais, car l'époque analphabète...
    Ne t'en fais pas, moi aussi, je prends bonne note de ne plus répondre à tes questions pour éviter de reproduire cette situation, tu continueras à parler tout seul et tout ira bien dans le meilleur des mondes. Mais merci quand même pour les problèmes que tu poses sans quoi on n'apprendrait rien du tout de toute façon.
    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)
  • biguine_equation
    Modifié (24 Feb)
    C’est très violent les batailles entre géomètres 😁

    Oui: pappus est méprisant ! On ne peut pas déplorer incessamment le désintérêt pour la géométrie et balayer d’un revers de main un exercice de géométrie projective parce que jugé d’une banalité confondante. Alors on balance un dessin en guise de pourboire et une phrase du genre « les points machins sont en homographie «  et basta ! Autant ne pas intervenir !

    Cela étant dit ! Cette attitude n’enlève rien au génie géométrique de pappus (et je pèse mes mots). Génie grâce auquel j’ai beaucoup appris (et je continue d’apprendre) depuis que je suis devenu un lecteur assidu de ce forum. Et pour cela : qu’il en soit remercié ! Voilà !
  • pappus
    Modifié (24 Feb)
    Bonjour à tous
    Bon je suis méprisant !
    Va falloir que je m'y fasse puisque tout le monde le dit.
    Vox populi vox Dei!
    Et pourtant je ne fais que me décarcasser à transmettre le peu que sais pendant qu'il en est encore temps!
    @Biguine_equation.
    Merci quand même pour les remerciements.
    Je n'ai fait que la figure que parce qu'elle était le plus difficile à faire !
    Chaurien et Rescassol ont certes fait des calculs mais se sont bien gardés de les traduire par une figure.
    Donc il va falloir que je m'y colle à l'ancienne comme il se doit à moins que Zeus du haut de son Olympe n'intervienne avec ses calculs éthérés!
    Amicalement
    pappus
  • Rescassol
    Modifié (24 Feb)
    Bonjour,

    > Chaurien et Rescassol ont certes fait des calculs mais se sont bien gardés de les traduire par une figure.

    Pappus, je ne suis pas intervenu dans ce fil !!!
    D'aute part, je fournis toujours une figure quand j'interviens, sauf si quelqu'un en a fourni une équivalente auparavant.

    Cordialement,
    Rescassol


  • Vassillia
    Modifié (24 Feb)
    Mais je comprends ton agacement car je me doute bien que tu n'aurais pas de difficulté à faire la figure,
    @biguine_equation Tu peux te servir directement de l'équation barycentrique en demandant TriangleCourbe(A,B,C,A^2+B*C=0) et tu deviendras un dieu de l'olympe tellement c'est difficile de tracer la figure ;)
    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)
  • Swingmustard
    Modifié (24 Feb)
    Chers tous autant que vous êtes,
    J'aime assez vous lire, les uns comme les autres.
    Je ne dis pas qu'il ne faut pas, de temps en temps, s'énerver un peu,
    mais ne pourriez-vous pas mettre la pédale douce sur les accrochages ?
    Viendra, bien trop tôt, le moment où nous rejoindrons "les voix chères qui se sont tues".
    Aussi, à moins que cela fasse partie de votre hygiène mentale (un mien grand-père semblait garder la forme en faisant des procès),
    je suggère aux uns et aux autres de tenter d'accepter la prose des autres et des uns comme elle est, avec ses défauts et ses qualités.
    On pourrait appeler l'ensemble (ce qui nous plaît et ce qui nous déplaît dans les productions de tel ou telle) son ... style, et faire avec.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour, @Swingmustard
    Je ne puis qu'applaudir et plussoyer ton message ! Merci !
    Bien amicalement, JLB

  • pldx1
    Modifié (28 Feb)
    Bonjour, 

    $\def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\linfz{\mathcal{L}_{z}} \def\birap#1#2{\operatorname{birap}{}_{#2}\left(#1\right)} \def\fanta{\mathrm{fanta}} \def\aigle{\mathrm{aigle}} \def\cheval{\mathrm{cheval}} \def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\Sw{S_{\omega}} \def\tri#1{\mathcal{T}_{#1}} \def\lfit{\operatorname{LFIT}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\ptv{\;;\;} \def\pyth{\boxed{Pyth}} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\prrt{\mathbb{P_{R}\left(R^{\mathrm{3}}\right)}} \def\rr{\mathbb{R}} \def\inst{\boxed{\mathrm{in\text{-}St}}} \def\tugrik{\mathrm{tugrik}}$ 
    Beaucoup de choses ont été dites, mais pas toujours assez systématisées à mon goût. $\def\trip{\operatorname{tripolar}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}}$
    1. Appelons "fonction conifiante" le plongement \[ \left(p:q:r\right)\mapsto\left[p^{2},q^{2},r^{2},pq,qr,rp\right] \] Un certain Veronese est fortement compromis dans cette notion.
    2. La conique passant par $A\left(1:0:0\right)$, $B\left(0:1:0\right)$, $C\left(0:0:1\right)$, $P\left(p:q:r\right)$, $U\left(u:v:w\right)$ s'obtient donc en écrivant que le déterminant des fonctions conifiantes des points $A,B,C,P,U$ et du point mobile est nul.
      On en déduit que la matrice associée à cette conique est \[ \boxed{\mathcal{C}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & -rw\left(pv-qu\right) & qv\left(pw-ru\right)\\ -rw\left(pv-qu\right) & 0 & -pu\left(qw-rv\right)\\ qv\left(pw-ru\right) & -pu\left(qw-rv\right) & 0 \end{array}\right] \] Son perspecteur est alors \[ K\simeq\left[\begin{array}{c} pu\left(qw-rv\right)\\ qv\left(ru-pw\right)\\ rw\left(pv-qu\right) \end{array}\right] \]
    3. En contemplant cette expression donnant le point $K$, on remarque une similarité avec l'opérateur wedge. Et en cherchant un peu, on voit que \[ K=\trip\left(P\right)\wedge\trip\left(U\right)\simeq\left[\dfrac{1}{p},\dfrac{1}{q},\dfrac{1}{r}\right]\wedge\left[\dfrac{1}{u},\dfrac{1}{v},\dfrac{1}{w}\right] \]
    4. On en déduit une méthode pour expliquer à geogebra ce que sont l'$\aigle$ et le $\cheval$ des précédents messages. On pose $\mathrm{\tan_{ai}=\left[1,\dfrac{1}{a_{i}},\dfrac{-1}{a_{i}+1}\right]\etc}$. On voit que ces droites sont tangentes à la conique in-Steiner \[ \inst\simeq\left[\begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1\\ -1 & 1 & -1\\ -1 & -1 & 1 \end{array}\right] \] Et donc on prend deux points variables $S_{ai},S_{cv}$ sur in-Steiner. On trace les tangentes $\tan_{x}$ qui coupent $BC$ en $D_{x}$. Et on pose: \[ a_{i}=\mathrm{real}\left(\dfrac{A-D_{ai}}{B-D_{ai}}\right)\ptv c_{v}=\mathrm{real}\left(\dfrac{A-D_{cv}}{B-D_{cv}}\right)\ptv K=\tan_{ai}\cup\tan_{cv} \] \begin{eqnarray*} \aigle & = & \mathrm{Barycenter}\left(\left\{ A,B,C\right\} ,\left\{ 1,a_{i},-1-a_{i}-\epsilon\right\} \right)\\ \cheval & = & \mathrm{Barycenter}\left(\left\{ A,B,C\right\} ,\left\{ 1,c_{v},-1-c_{v}-\epsilon\right\} \right) \end{eqnarray*}
    5. Ici $\epsilon$ est une quantité évanescente décrite par: $\epsilon=10 \^(-n)$ avec $n$ étant un curseur entier. Pifométriquement $n$ est la moitié du nombre de chiffres exprimant la précision des calculs. Cela sert à contourer le fait que geogebra n'accepte pas directement les points à l'infini.
    6. Et on constate que la macro $\mathrm{circon2}\left(A,B,C,K\right)$ donne la même conique circonscrite que $\mathrm{Conic}\left(A,B,C,\aigle,\cheval\right)$: c'est le $\tugrik$ fondamental. On a: \[ K\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ a_{i}c_{v}\\ \left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right) \end{array}\right] \]
    7. Comme l'on sait, la donnée du point de Lemoine fixe la métrique, c'est à dire les $a^{2},b^{2},c^{2}$ à utiliser dans $\pyth$, la matrice de Pythagore. Partons donc de $K\simeq a^{2}:b^{2}:c^{2}\in\prrt$ et déterminons l'$\aigle$ et le $\cheval$ correspondants. Il vient \[ \aigle,\cheval\simeq\left[\begin{array}{c} -a^{2}+b^{2}-c^{2}-W\\ a^{2}-b^{2}-c^{2}+W\\ 2c^{2} \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a^{2}+b^{2}-c^{2}+W\\ a^{2}-b^{2}-c^{2}-W\\ 2c^{2} \end{array}\right] \] \begin{eqnarray*} \where W^{2} & \doteq & a^{4}-2a^{2}b^{2}-2a^{2}c^{2}+b^{4}-2b^{2}c^{2}+c^{4}\\ & = & \tra K\cdot\inst\cdot K \end{eqnarray*}
    8. Il y a donc deux métriques essentiellement différentes selon que $K$ et $G=$X(2) sont ou non dans la même composante connexe par rapport à in-Steiner (remarques: $\rr$ is assumed, et $\tra G\cdot\inst\cdot G$=-3).
    9. Lorsque $K$ est à l'intérieur de l'ellipse, on a $W^{2}<0$, que l'on écrit usuellement $W=\pm4iS$, la métrique est euclidienne et l'$\aigle$ et le $\cheval$ ne sont autres que les ombilics bien connus (non visibles et complexes conjugués).
    10. Lorsque l'$\aigle$ et le $\cheval$ sont réels (dans des directions visibles), les tangentes sont visibles et extérieures à in-Steiner. Leur intersection $K$ est alors à l'extérieur de l'ellipse... et la métrique se met à sortir des sentiers battus (le tugrik fondamental refuse de ressembler à un cercle).
    11. On se donne alors deux points $M_{t},M_{s}$ sur la droite $AB$ et on construit leur image sur la droite $AC$ en prenant $BC$comme graphe. On a donc: \[ M_{t}\doteq t:1-t:0\mapsto N_{t}\simeq1-t:0:t \]
    12. On calcule $\mathrm{collineate}\left(M_{t,}M_{s},\aigle,\cheval,N_{t},N_{s},\aigle,\cheval\right)$ et cela donne: \[ \sigma\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 1 & \dfrac{a_{i}c_{v}+a_{i}+c_{v}}{\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)}\\ 0 & 0 & \dfrac{a_{i}c_{v}}{\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)}\\ 1 & 0 & -\dfrac{a_{i}c_{v}-1}{\left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right)} \end{array}\right]\ptv\left[\lambda\right]=\left[1,\dfrac{-c_{v}}{c_{v}+1},\dfrac{-a_{i}}{a_{i}+1}\right] \]
    13. On a donc un point fixe à distance finie, le fameux fantassin des messages précédents. Il vient: \[ \fanta\simeq\left[\begin{array}{c} 2a_{i}c_{v}+a_{i}+c_{v}\\ a_{i}c_{v}\\ \left(a_{i}+1\right)\left(c_{v}+1\right) \end{array}\right] \]
    14. On voit que la position du fantassin dépend des positions de l'$\aigle$ et du $\cheval$. On en revient à la question: quel est l'ensemble des positions possibles du fantassin ?
    15. Pour répondre à cette question, il suffit de remarquer que le fantassin dépend linéairement du point de Lemoine. On peut remarquer que \[ x\left(\fanta\right)=y\left(\fanta\right)+z\left(\fanta\right)-1 \] On peut aussi procéder par coefficients indéteminés, ou bien encore utiliser collinéate sur quatre couples $\aigle,\cheval$. Les différentes méthodes donnent: \[ \sigma\simeq\left[\begin{array}{ccc} -1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \]
    16. Et la frontière se transforme selon \[ \tra{\sigma}\cdot\inst\cdot\sigma\simeq\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -2\\ 0 & -2 & 0 \end{array}\right] \] On identifie la parabole tangente en $B$ à $AB$ et en $C$ à $AC$. On constate que $Q_{fix}$ et $C_{fix}$ ont l'amabilité de se trouver chacun dans la zone qui leur a été attribuée.
    17. Question subsidiaire. Déterminer le foyer et la directrice de la parabole limite (dans le rantanplan).
    Edit: et une figure ! 



    Cordialement, Pierre
  • Vassillia
    Modifié (28 Feb)
    Bonjour,
    Je choisis délibérément de traduire rantanplan par métrique euclidienne car je sens que je vais m'embrouiller vite fait bien fait sinon.
    Le foyer est le point fixe déjà trouvé c'est à dire $C_{fix} \simeq (2S_a : b^2 : c^2)$ et donc la directrice est la polaire de ce point par rapport à la parabole c'est à dire $[S_a,-c^2,-b^2]$
    Elle est très bien cette métrique, pourquoi donc vouloir la changer ? Mais bravo pour la motivation, j'essaierai la combine sur geogebra quand j'aurais le temps histoire de faire apparaitre $Q_{fix}$
    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 (29 Feb)
    Bonjour à tous
    Le point $C_{fix}$ est le centre de la similitude directe qui prolonge la bijection affine $AB\longmapsto AC; M_t\mapsto N_t$.
    Mais où se trouve le centre $C'_{fix}$ de la similitude indirecte qui prolonge cette même bijection affine?
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (29 Feb)
    Bonne nuit à tous
    Visiblement ma question n'a pas rencontré beaucoup de succès.
    En voici une nouvelle plus ou moins en rapport avec la précédente:
    Déterminer les paires $(M_s,M_t)$ tels que les quadrangles $(M_s,M_t,N_s,N_t)$ soient inscriptibles (dans un cercle).
    Amicalement
    pappus
  • Bonsoir à tous
    Appelons $s_-$ cette similitude indirecte qui prolonge la bijection affine: $(B,A)\mapsto (A,C)$.
    Le polynôme caractéristique de la partie linéaire $\vec{s_-}$ est $X^2-k^2$ où $k=\dfrac bc$ est le rapport de similitude.
    D'autre part la matrice de $s_-$ dans la base $(A,B,C)$ est:
    $$M=\begin{pmatrix}0&1&u\\0&0&v\\1&0&w\end{pmatrix}$$
    On sait ou on savait (va bien falloir se décider) que le polynôme caractéristique de $M$ est ou était (au choix):
    $$(X-1)(X^2-k^2)$$.
    Ce qui entraine $w=1$ et $v=-k^2$
    Par suite:
    $$M=\begin{pmatrix}0&1&k^2\\0&0&-k^2\\1&0&1\end{pmatrix}$$
    Le point fixe de $s_-$ s'obtiendra en recherchant le vecteur propre de $M$ pour la valeur propre $1$.
    Alors là je suis pris d'une sainte flemme! A quoi bon continuer au milieu de toute cette indifférence!
    Amicalement
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (2 Mar)
    Si ça peut te faire plaisir pappus, je sais qu'une similitude indirecte échange les ombilics et donc je trouve la même matrice $M$ que toi puis le point fixe $\simeq \left(\begin{array}{c} 0  \\ b^2\\ -c^2 \end{array}\right)$.
    On constate qu'il est sur la droite $(BC) \simeq [1,0,0]$ et la polaire trouvée précédemment $\simeq [S_a,-c^2,-b^2]$.
    Pour les quadrangles inscriptibles, on calcule les 4 Veronese c'est à dire $V(x:y:z) \simeq \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \\-\dfrac{a^2yz+b^2xz+c^2xy}{x+y+z} \end{array}\right)$.
    $V(M_t)\simeq \left(\begin{array}{c} t\\ 1-t\\ 0 \\c^2(t-1)t \end{array}\right)$, $V(N_t)\simeq \left(\begin{array}{c} 1-t\\ 0\\ t \\b^2(t-1)t \end{array}\right)$, $V(M_s)\simeq \left(\begin{array}{c} s\\ 1-s\\ 0 \\c^2(s-1)s \end{array}\right)$,$V(N_s)\simeq \left(\begin{array}{c} 1-s\\ 0\\ s \\b^2(s-1)s \end{array}\right)$
    Le déterminant de ces 4 points doit être nul pour que les points soient sur le même cercle donc $(b^2st - c^2st + c^2s + c^2t - c^2)(s - t)^2=0$
    Évidemment le cas $s=t$ ne surprendra personne mais n'est pas franchement passionnant et il reste $s = -\dfrac{c^2t - c^2}{c^2 + (b^2 - c^2)t}$
    Le cercle passant par les 4 points $\simeq \left(\begin{array}{c} b^2c^2 \\ c^4\\ b^4 \\ \dfrac{c^2t-b^2t-c^2}{(t-1)t} \end{array}\right)$ 
    Avec pour centre $\simeq \left(\begin{array}{c} 2S_a(b^4 t^2 - 2 b^2 c^2 t^2 + c^4 t^2 + a^2 b^2 t - b^4 t - a^2 c^2 t + 2 b^2 c^2 t - c^4 t + a^2 c^2) \\ b^2(a^2 b^2 t^2 - b^4 t^2 - a^2 c^2 t^2 - 2 b^2 c^2 t^2 + 3 c^4 t^2 + 4 b^2 c^2 t - 4 c^4 t + a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) \\ -c^2 (a^2 b^2 t^2 - 3 b^4 t^2 - a^2 c^2 t^2 + 2 b^2 c^2 t^2 + c^4 t^2 - 2 a^2 b^2 t + 2 b^4 t + 2 a^2 c^2 t - 2 c^4 t - a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) \end{array}\right)$

    Je ne sais pas trop ce qu'on est supposé faire de ça, il n’empêche que c'est sûrement la condition recherchée. Je te laisse en faire ce que tu en veux.
    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 (2 Mar)
    Ma chère Vassillia
    Je suis impressionné de la facilité avec laquelle tu as ingurgité le glossaire de Pierre. Bravo car ces calculs ne sont pas à la portée de n'importe qui.
    On pourrait dire aussi que c'est moi qui a trouvé la même matrice que la tienne mais par une méthode totalement différente, en principe plus lisible par le grand public plus au courant de l'algèbre linéaire que de l'existence des ombilics et que j'ai exposée des dizaines de fois sur ce forum dans la plus grande indifférence sans doute parce qu'il n 'y a pas de points à aligner!
    Cette méthode marche aussi pour l'obtention de la matrice de la similitude directe qui prolonge la même bijection affine $AB\mapsto BC; (B,A)\mapsto (A,C)$.
    Ces calculs sont ce qu'ils sont mais au bout du bout et à la fin des fins, les géomètres réclament une figure où ils verraient la disposition relative des points fixes $C_{fix}$ et $C'_{fix}$ des deux similitudes et éventuellement les axes de la similitude indirecte.
    En ce qui concerne le second problème, je t'avoue, à ma grande honte, ne l'avoir résolu que grâce au secours du Lebossé-Hémery.
    J'aurais pu le faire aussi pour le premier mais je m'en suis abstenu car je sais que tu n'aimes pas ce livre.
    Comme toi j'ai trouvé une relation homographique involutive entre $M_s$ et $M_t$  mais surtout j'ai identifié les cercles $(M_s,M_t,N_s,N_t)$ qui font partie d'un faisceau de cercles c'est-à-dire une droite dans l'espace des cercles. Quel est ce faisceau?
    Amicalement
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (2 Mar)
    Ah, il faudrait que je programme ce que pldx1 a eu la gentillesse de m'expliquer sur l'autre fil mais il est tard et il me faut du temps devant moi.
    En utilisant un peu la force brute et en cherchant la droite qui passe par les centres, je trouve $\simeq [b^2 c^2, -S_a c^2, -S_a b^2 ]$ mais je ne suis pas sûre que cela suffise à répondre vraiment à ta question.
    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 (2 Mar)
    Merci Vassillia pour ce nouveau petit (?) calcul dont nous ne savons rien mais encore une fois je demande la description de ce faisceau par ses éléments géométriques (points de base ou points limites) pour que je sois vraiment convaincu de l'efficacité du glossaire.
    La figure ci-dessous montre la disposition relative des points fixes des deux similitudes directe et indirecte prolongeant la bijection affine:
    $$AB\longmapsto AC; (B,A)\mapsto (A,C)$$.
    J'ai seulement changé un peu les notations pour pouvoir disposer de mes figures vieilles de plus de vingt ans.
    J'ai appelé $s_+$ de point fixe $\Omega_+$ la similitude directe  et $s_-$ la similitude indirecte de point fixe $\Omega_-$ et j'ai obtenu à la Lebossé-Hémery la figure ci-dessous qu'on doit aussi pouvoir justifier par le glossaire.
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    Voici la figure finale où j'ai caché certains détails importants de la construction.
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour,

    L'ordre inévitable des activités est (1) trouver les résultats (2) trouver des preuves (3) vérifier.

    Et alors un logiciel de géométrie dynamique est la clef de (1)... et bien souvent de (2).

    Dans ce contexte, il n'est pas inutile d'utiliser

    ab=Line(A,B)
    Mt=point(ab)
    t = real((Mt -B) / (A -B))  ## emoticon tout khon - B)
    Mu=point(ab)
    u = real((Mu -B) / (A -B))
    Et d'installer les points Nt,Ms,Ns par leur coordonnées, puis de construire le cercle adequat.
    Ainsi que Nu,Mv,Nv et le cercle adequat.

    Et ensuite, on agite les points menants (i.e. Mt  et Mu)... et les résultats tombent comme des pommes.

    L'étude des hortocentres menée dans un fil voisin conduit à se demander quel est le lieu des fameux points $C', Z,Mq,P$, etc.  


    Cordialement, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (2 Mar)
    Bon normalement, le faisceau est $\simeq \left(\begin{array}{cccc} 0 & b^{4} & -c^{4} & 0 \\-b^{4} & 0 & b^{2} c^{2} & 0 \\c^{4} & -b^{2} c^{2} & 0 & 0 \\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$.
    On peut aussi dire qu'il est engendré par $cer1 \simeq \left(\begin{array}{c} b^2c^2\\ c^4\\ b^4 \\ 0 \end{array}\right)$ alias l'axe radical et par $ cer2 \simeq \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0\\ 0 \\ 1 \end{array}\right)$ alias le cercle circonscrit à $ABC$.
    Donc tous les cercles du faisceau sont de la forme $k\times cer1+(1-k)\times cer2$ et il faut se débrouiller pour trouver ceux qui ont un rayon nul.
    On trouve $ \simeq \left(\begin{array}{c} 0 \\ b^2\\ -c^2  \end{array}\right)$ qui est le point fixe déjà identifié et un point $ \simeq \left(\begin{array}{c} -a^2 + b^2 + c^2 \\b^2\\ c^2  \end{array}\right)$. A mon avis, on peut faire mieux mais au moins, j'arrive à me dépatouiller.
    PS : Tu peux cacher ce que tu veux pappus, je ne me sers pas du tout de la construction alors ... mais avec les coordonnées, on peut quand même considérer le problème résolu. Et tu exagères pour le calcul précédent quand tu dis qu'on ne sait rien, j'ai un centre pour $t$, je prends un autre centre pour $t'$ et puis je fais passer une droite par ces 2 points avec le fameux $\wedge$ et puis c'est tout, n'importe qui peut le faire.
    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)
  • Ma chère Vassilia
    Tu veux tout faire par les calculs. C'est ton droit le plus strict et je ne t'empêche nullement de le faire
    Encore faut-il au bout de tes calculs produire une figure qui prouve bien que tu n'as pas calculé pour rien.
    T'es -tu rendu compte au moins qu'on a déjà rencontré  le point $(-a^2+b^2+c^2,b^2c^2)$. C'est le point $C_{fix}$, centre de la similitude directe.
    Autrement dit avec mes notations, le faisceau de cercles en question est le faisceau de cercles à points limites $\Omega_+$ et $\Omega_-$.
    Il est facile de le montrer avec des méthodes issues du Lebossé-Hémery mais je me garderai bien de le faire de peur de t'ennuyer.
    Amicalement
    pappus

  • Je m'en suis rendu compte ensuite comme je n'étais plus du tout dans l'exercice initial mais n'hésite pas à faire à ta manière, il y a peut-être des personnes intéressées, ce qui m'ennuie ou plutôt m'ennuyais, ce sont les lamentations.
    Bonne nuit à tout le monde.
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  • Ma chère Vassillia
    Où me suis-je lamenté dans mes derniers messages?
    Je vois surtout que tu es allergique au Lebossé-Hémery mais qu'y puis-je?
    Amicalement
    pappus
  • Nul part, c'est bien pour ça que je conjugue au passé et ça me fait très plaisir. Tu n'y peux absolument rien, à l'impossible, nul n'est tenu, mais tu peux le partager pour d'autres que moi si tu as envie. A toi de voir.
    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)
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