Un exercice de style

Bonjour à tous
Vous disposez d'une feuille de papier froissée, d'une règle ébréchée et d'un compas rouillé.
Sur votre feuille plus ou moins aplatie, vous tracez cinq points $A$, $B$, $A'$, $B'$, $I$.
Ils définissent une unique transformation circulaire directe $f$ telle que: $f(A) =A'$, $f(B)=B'$, $f(I)=\infty$.
Construire le point $J'=f(\infty)$.
Amicalement
pappus

Réponses

  • Bonjour cher pappus, je ne vais pas répondre à l'exercice (pas le temps; et pas un 'aigle' -tels des anciens Poulbot, gb, etc- en géométrie; bien qu'agrégé retraité) mais c'est pour vous dire tout le plaisir de vous lire ! De la belle géométrie, euclidienne parfois, *affine, *projective, *circulaire, 'artiniène' ou *hyperbolique, ça arrive ! ... des transformations ... Et toujours de la réflexion, de la pédagogie, des figures non surchargées mais explicatives au mieux ... Rien à voir avec un déluge de calcul (avec des matrices 4x4, bien sûr par de l'informatique, ah qu'on est fort !) ou des figures impressionnantes (ostensiblement par d'autres ?)  Je vous comprends très bien sur le niveau général et pas qu'en géométrie, hélas même si un tel prétend le contraire en sous entendant 'regardez-moi' ? J'ai même été collègue de Bernard Gibert (durant 15ans) mais ne soupçonnais pas sa passion, son investissement, son talent ... Le plus important: "La Beauté sauvera le monde" Dostoïevski
  • Vassillia
    Modifié (14 Mar)
    Bonjour, 
    Adieu le monde, l'informatique a gagné mais d'ailleurs comment fait HenriC pour venir se plaindre sur un forum sans utiliser l'informatique ? On veut savoir !
    Comprendre : aucun souci pour apprécier un style de géométrie vieillot avec des règles et des compas mais critiquer un autre style, c'est à vos risques et périls à fortiori quand on ne répond à rien ;)
    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)
  • Rescassol
    Modifié (15 Mar)
    Bonjour
    Que veux-tu, Vassillia, il y aura toujours des gens pour mépriser ce qu'ils ne comprennent pas, et ne veulent pas comprendre.
    Cordialement,
    Rescassol
  • pappus
    Modifié (14 Mar)
    Bonjour à tous
    Je me contente de faire de la géométrie à mon modeste niveau sans couvrir d'imprécations ceux qui ne pensent pas comme moi.
    Voyons ce qu'il en est:
    $(A,B,I,\infty)=(A',B',\infty, J')$, (conservation du birapport)
    A défaut de comprendre les subtilités de l'informatique, je pense qu'on a encore le droit d'écrire cette identité sans qu'on puisse pousser des cris d'orfraies!
    Cela se traduit par l'égalité suivante entre rapports:
    $$\dfrac{A-I}{B-I}=\dfrac{B'-J'}{A'-J'}$$
    On peut évidemment laisser au calculateur de GeoGebra le soin de digérer cette égalité et recracher sur l'écran le point $J'$.
    Mais est-ce faire de la géométrie?
    On peut aussi réfléchir sur le sens géométrique de cette égalité qui nous dit exactement que le point $J'$ est l'image de $I$ dans la similitude directe:
    $(A,B)\mapsto (B',A')$.
    Il faut reconnaître que cette remarque ne nous avance guère aujourd'hui où le groupe des similitudes directes a disparu dans la nuit brune mais autrefois quand on ne possédait même pas la notion de groupe, cela suffisait pour construire le point $J'$à la règle ébréchée et au compas rouillé à défaut de disposer du moindre ordinateur!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour,
    Variante sans birapport, mais en restant conforme :
    On voit bien la similitude de Pappus.
  • En particulier, $f$ est involutive ssi $I$ est le point fixe de cette similitude directe.
  • pldx1
    Modifié (15 Mar)
    Bonjour.
    Un grand merci à @HenriC pour nous faire partager ses états d'âme.
    Un grand merci à @pappus pour auto-répondre à sa propre question et donc
     (1) sauver la mise de HenriC qui ne semblait pas avoir la moindre idée pour répondre à la question.
     (2) ancrer l'idée que faire des maths, cela consiste principalement à attendre paisiblement que le corrigé tombe tout cuit.
    Cela dit, il semble difficile de ne pas mentionner que pole et elop ont le même milieu que les points fixes. Et alors, si ébréché que soit le compas, construire le quatrième point pour que $F_1,F_2,I,J$ ne soit pas rallèle au gramme ne devrait pas être trop difficile.
    Cordialement, Pierre.
  • pappus
    Modifié (15 Mar)
    Merci GBZM pour ta figure mais il faut bien dire que tu es resté un peu ésotérique même si ton code couleur aide à comprendre ce qui se passe.
    J'ai utilisé l'invariance du birapport même si je n'ai pas osé employer le mot d'homographie de peur d'être foudroyé sur place par Jupiter tonnant et toi tu utilises la notion de groupe conforme c'est-à dire l'invariance des angles orientés des tangentes.
    Je connaissais évidemment ta méthode même si je trouve qu'elle est difficile à mettre oeuvre par un géomètre débutant.
    Ce qui est certain c'est que ta méthode est plus géométrique que la mienne qui est plutôt de nature algébrique et qu'il est donc absolument nécessaire de comprendre la tienne.
    Je vais essayer de l'expliquer
    Ton idée est de transformer le faisceau des droites passant par $I$ par notre transformation circulaire directe $f$.
    Une droite passant par $I$ n'est pas autre chose qu'un cercle passant par $I$ et $\infty$.
    Elle va donc se transformer en un cercle passant par $f(I)=\infty$ et $f(\infty)=J'$ c'est-à-dire en une droite passant par $J'$.
    Grosso modo $f$ va transformer le faisceau de droites passant par $I$ en le faisceau de droites passant par $J'$.
    Ainsi la droite verte $IA$ va être transformée par $f$ en la droite verte $A'J'$ et la droite bleue $IB$ en la droite bleue $B'J'$.
    De même le cercle rouge $AIB$ va être transformé par $f$ en la droite rouge $A'B'$.
    Faisons une petite chasse aux angles orientés de droites:
    $(AI,AB)=(BI,T_B)$ (théorème de l'angle inscrit)
    $(BI,T_B)=(B'J',B'A')$, $f$ conserve les angles orientés des tangentes en $B$ et $B'$.
    $(AI,AB)=(B'J',B'A')$
    De même:
    $(BI,BA)=(AI,T_A)$ (théorème de l'angle inscrit)
    $(AI,T_A)=(A'J',A'B')$, $f$ conserve les angles orientés des tangentes en $A$ et $A'$.
    $(BI,BA)=(A'J',A'B')$
    Et les triangles $ABI$ et $B'A'J'$ sont directement semblables.
    Amicalement
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (15 Mar)
    La où GaBuZoMeu est absolument exceptionnel, c'est qu'il arrive à te transmettre une image mentale directement. Il n'y pas eu besoin d'explications pour moi, en agitant un peu les points et en essayant de connecter mes neurones pour comprendre ce qui pouvait bien se passer, c'est venu tout seul. Je suis pour le moins débutante en géométrie donc tu te trompes pappus. Je conseille à tout le monde de jouer avec son application qui utilise l'informatique, certes, mais que voulez-vous ;)
    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 (15 Mar)
    Merci Vassillia pour ta confirmation.
    Quoique je dise et quoique je fasse, je me trompe: sous-entendu je suis un bon à rien qui heureusement arrive bientôt à la fin de ses radotages, bien forcé et qui ferait mieux de se taire pendant qu'il en est encore temps!
    Et pourtant je m'efforçais sans arrière pensée d'expliquer la jolie méthode de GBZM qui non seulement nous écrit noir sur blanc qu'il utilise la conservation des angles orientés mais en plus nous trace en pointillé les tangentes en $A$ et $B$ au cercle $AIB$ pour nous aider à faire une démonstration que visiblement tu trouves superflue.
    Je détesterai l'informatique? 
    Mais toutes mes figures sont faites avec Cabri dont je suis devenu un très bon spécialiste au fil des ans!
    pappus
  • Désolée pappus mais tu n'es pas le centre du monde, la remarque sur l'informatique était plus pour poursuivre l'ironie avec HenriC, rien de personnel, et je me fiche que tu sois un spécialiste de cabri ou pas.
    Je voulais juste partager le fait que j'avais trouvé l'application de GaBuZoMeu éclairante auprès d'un lecteur ou d'une lectrice alors que tu prétendais que c'était ésotérique. C'est tout, que cela ne t'empêche pas de donner les explications que tu veux.
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  • Merci Vassillia pour tes amabilités habituelles.
    Je me trompe toujours, je radote en permanence et maintenant je me prends pour le centre du monde, rien que cela!
    Je laisse ceux qui n'ont pas compris la figure de GaBuZoMeu juger de la clarté de mes explications!
    pappus
  • 8 messages hors sujet sur une guerre de chapelle à trois contre un homme presque centenaire.
    Pas de bol pour ceux dont les messages un tant soit peu mathématiques passent à la trappe.
    Et dire qu'on loua longtemps ce forum de géométrie pour son excellent niveau et ses échanges courtois !
  • jelobreuil
    Modifié (15 Mar)
    Bonjour à tous, 
    Qu'il me soit permis d'exprimer mon accord complet avec le dernier message de @gai requin ... et mon soutien moral à @pappus !
    JLB
  • Vassillia
    Modifié (15 Mar)
    Et bien demandez à votre homme presque centenaire d’arrêter de critiquer des messages qui, pardon, mais me paraissent nettement plus pédagogiques, et il n'y aura plus de problème. L'âge n'est jamais une excuse, ni pour la jeunesse, ni pour la vieillesse.
    De plus, le premier message de HenriC m'était clairement adressé en ref à ce fil https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2336882/bijections-affines-entre-droites#latest où mes réponses étaient mathématiques, vous ne vous attendiez quand même pas à ce que ça se passe bien ?
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  • Je fonctionne à l'énergie solaire, je ne risque rien :D
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  • @Vassillia : 0 math dans tes 40 derniers messages et quantité de prises de têtes…
  • Vassillia
    Modifié (15 Mar)
    Et oui, je sais bien, j'aimerais que ce soit autrement mais s'il y a des prises de têtes, c'est que je le juge utile.
    Crois-moi, si je n'avais pas à le faire, ça m'arrangerait mais on n'a pas toujours ce qu'on veut dans la vie.
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  • pldx1
    Modifié (18 Mar)
    Bonjour,

    Le programme fourni par GBZM est tout ce qu'il y a de plus explicite. Chacune des étapes successives est décrite de façon précise et sans aucune ambiguïté. Il suffit de lire et de suivre les instructions. Même un tas de puces peut faire cela. D'ailleurs personne n'a prétendu que, chez lui et sur son ordinateur, quelque chose se serait passé de façon inattendue, et qu'en fait le résultat n'aurait pas été atteint.

    Ignorantia non est argumentum, comme disait le vieux Spinoza. Mais, par pure courtoisie pour les personnes qui, sincèrement, ne sauraient pas localiser le bouton "construction protocol" dans le menu " view" du programme geogebra, voici le listing de ce programme.

    \[ \begin{array}{ccccc}  & \mathrm{No.} & \mathrm{} & \mathrm{Name} & \mathrm{Definition}\\  & 1 & \mathrm{Point} & A & given\\  & 2 & \mathrm{Point} & B & given\\  & 3 & \mathrm{Point} & A' & given\\  & 4 & \mathrm{Point} & B' & given\\  & 5 & \mathrm{Point} & I & given\\  & 6 & \mathrm{Circle} & c & \mathrm{Circle}(A,I,B)\\  & 7 & \mathrm{Line} & f & \mathrm{Tangent}(A,c)\\  & 8 & \mathrm{Line} & g & \mathrm{Tangent}(B,c)\\  & 9 & \mathrm{Line} & h & \mathrm{Line}(A,I)\\  & 10 & \mathrm{Line} & i & \mathrm{Line}(I,B)\\  & 11 & \mathrm{Line} & j & \mathrm{Line}(A',B')\\  & 12 & \mathrm{Angle} & \alpha & \mathrm{Angle}(h,f)\\  & 13 & \mathrm{Point} & B'' & \mathrm{Rotate}\left(B',-\alpha,A'\right)\\  & 14 & \mathrm{Angle} & \beta & \mathrm{Angle}(B',A',B'')\\  & 15 & \mathrm{Line} & k & \mathrm{Line}(A',B'')\\  & 16 & \mathrm{Angle} & \gamma & \mathrm{Angle}(g,i)\\  & 17 & \mathrm{Point} & A'' & \mathrm{Rotate}(A',\gamma,B')\\  & 18 & \mathrm{Angle} & \delta & \mathrm{Angle}(A',B',A'')\\  & 19 & \mathrm{Line} & l & \mathrm{Line}(A'',B')\\  & 20 & \mathrm{Point} & J' & \mathrm{Intersect}(k,l) \end{array} \]
    Signalons au professor aggrigi HenriC que voir apparaître à l'écran un nuage de pixels évoquant la lettre $A$ lorsque l'on tape sur la touche $A$ de son clavier... est le résultat de tout un tas de trucs relevant de l'informatique pure et dure. Quant au fait qu'un tel miracle soit reproductible à distance, à travers des câbles et des pas câbles, oh là la. Qu'en eut dit Dostoïevski? Et Barbapapa, le fameux syllogisteur branché ?

    Remarque incidente: les électrons prétendent que  \[ j=\dfrac{i-a}{b-a}\,a'+\dfrac{i-b}{a-b}\,b' \] Evidemment, le quotient $\left(i-a\right)\div\left(b-a\right)$ n'est pas totalement étranger à l'angle $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AI}\right)$... ni à la façon dont geogebra implémente la commande $\mathrm{Rotate}$.
    Et donc, merci à GBZM pour avoir fait apparaître cela.

    Par ailleurs, une règle de bienséance est de ne pas digresser sans contribuer. Je propose donc aux digresseurs, et notamment à @Raoul.S, le petit exercice suivant. On ajoute les points $a''=f\left(a'\right)$ et $b''=f(b')$, ainsi que les points $u,v$ définis par $\left(a,a'',a',u\right)=\left(b,b'',b',v\right)=-1$. La question posée est "so what" ? 

    Cordialement, Pierre.

    Edit: ambiguïté s'écrit avec un "t"...
  • Euh, j'ai essayé de voir à quoi tu pouvais faire allusion mais je ne suis pas inspirée, la question est assez floue quand même.
    Si quelqu'un veut tenter sa chance, voici une figure https://www.geogebra.org/classic/tcbpqtaa
    où il y a plus ou moins les points dont on parle si je ne me suis pas gourée, y compris les points fixes de la transformation circulaire initiale et celui de la similitude directe.
    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,

    Je rappelle le thème proposé à @Raoul.S, @HenriC et autres digresseurs pour payer leur droit à digresser. On se donne
    une homographie par 3 couples $A\mapsto A'$, $B\mapsto B'$, $I\mapsto \infty$, ou par toute autre méthode. On se place dans le cas général où il y a deux points fixes $F_1,F_2$.  On considère les points $a'',b'',u,v$ comme définis ci-dessus.
    Comme déjà signalé par Vassillia, "la question était assez floue".  Oui, en effet. La méthode "montrer que... en utilisant... " ne me semble pas être optimale pour exercer le client à "trouver les résultats, trouver les preuves, vérifier que les preuves prouvent le résultats".
    Une petite indication pour relancer le processus: une homographie générique possède un multiplicateur.
    Quant à la figure, elle a déjà été donnée dans le post juste au-dessus, mais je la reproduis ci-dessous , pour ne désavantager personne. 




    Cordialement, Pierre.
  • Pas besoin de gesticuler @pldx1 je te lis, c'est juste que je ne te réponds pas... :mrgreen:

    C'est cette petite crotte de mouche ICI que tu qualifies de digression...  mouais, tiens épluche tous ces messages plutôt et tu en trouveras de vraies digressions. Quoi qu'il en soit, digression ou pas je n'ai rien à payer, et de toute façon j'ai une sainte horreur de la géométrie.
  • Vassillia
    Modifié (18 Mar)
    Euh, je digresse ou je réponds à des digressions en général ? Et dire qu'on déteste au lieu de dire qu'on ne sait pas faire, ce n'est pas glorieux !
    Sur la figure précédente, on a $(a',u,f1,f2)=(b',v,f1,f2)=-1$ or comme j'ai tout fait en coordonnées complexes, je devrais pouvoir le démontrer mais il faut peut-être voir autre chose. Quoi ? Je n'en sais trop rien, je ne "vois" pas le birapport.
    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)
  • Et dire qu'on déteste au lieu de dire qu'on ne sait pas faire, ce n'est pas glorieux !

    Je ne sais pas si je sais faire ou pas Vassillia, mais en lisant l'énoncé je me rends compte que je devrais lire un cours de géométrie avant d'attaquer vos exos et vu que je n'aime pas la géométrie je ne vais pas le faire tout simplement.

  • Vassillia
    Modifié (18 Mar)
    Mais non, ne te décourage pas, le peu que je sais à ce sujet, je l'ai appris ici. Je n'avais jamais entendu parler de géométrie projective avant de lire un fil sur le redressement de perspective https://www.maths-forum.com/cafe-mathematique/redressement-perspective-t208965.html et pldx1 bien sûr. 
    Donc merci à ceux qui font en sorte qu'on apprenne quelque chose juste en passant car je n'ai ni le temps, ni l'envie de bosser la géométrie sérieusement. Je n'ai lu aucun livre, ce qui ne veut pas dire que je ne conseille pas de le faire si cela intéresse quelqu'un.
    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)
  • (suite)
    $\def\birap#1#2{\operatorname{cross\_ratio}{}_{#2}\left(#1\right)}$
    On sait qu'il y a 6 façons de définir le birapport entre quatre nombres complexes. La définition choisie par (Schwerdtfeger, 1962), (Pedoe, 1970), etc. est:  \[ \birap{a,b,c,d}{}\doteq\frac{\left(d-b\right)\left(c-a\right)}{\left(d-a\right)\left(c-b\right)} \]

    Il est tout à fait évident que:
    \[ \left(\birap{f_{1},f_{2},z_{1},\zeta_{1}}{}\div\birap{f_{1},f_{2},z_{2},\zeta_{2}}{}\right)\div\left(\birap{f_{1},f_{2},z_{1},z_{2}}{}\div\birap{f_{1},f_{2},\zeta_{1},\zeta_{2}}{}\right)=1 \] Il suffit en effet de l'écrire, et on voit que toutes les différences apparaissant dans ce calcul figurent une fois en haut et une fois en bas. Le diviseur vaut $1$ puisque $\sigma:f_{1}\mapsto f_{1}$, $f_{2}\mapsto f_{2},$$z_{j}\mapsto\zeta_{j}$ est une homographie. On en déduit que le dividende  vaut $1$ lui aussi. Autrement dit, la quantité  \[ m\doteq\birap{f_{1},f_{2},z,\sigma\left(z\right)}{} \] reste invariante lorsque $z$ décrit le plan. Elle s'appelle le multiplicateur de l'homographie. 
    So what ? 

    Cordialement, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (18 Mar)
    Alors si on choisit (pas tout à fait au hasard) $f_1 = \infty$ ; $f_2 = 0$ ; $a=1$ on a
    $(f_1,f_2,a,\sigma(a))=(\infty, 0, 1, a')= \dfrac{a'}{1} = m$ donc $a'=m$
    $(f_1,f_2,a',\sigma(a'))=(\infty, 0, m, a'')= \dfrac{a''}{m} = m$ donc $a''=m^2$
    On est supposé avoir $(a,a'',a',u)=(1,m^2,m,u)=\dfrac{(u-m^2)(m-1)}{(u-1)(m-m^2)}=-1$ donc $u-m^2 = m(u-1)$ c'est à dire $u=-m$
    Donc $(a',u,f_1,f_2)=(m,-m,\infty,0)=\dfrac{m}{-m}=-1$ et la démonstration coute beaucoup moins cher en calcul que prévu mais je ne sais même pas si c'est ça que je suis supposée démontrer.
    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, $\def\dd{\mathrm{d}\,}$

    OK, $a'$ et $u$ sont en involution wrt $f_{1},f_{2}$. Autre méthode de preuve. Pour $z$ générique, on a:
    1. $m\doteq\mu\left(\sigma\right)\doteq\birap{f_{1},f_{2},z,\sigma\left(z\right)}{}$
    2. Donc $\mu\left(\sigma^{-1}\right)\doteq\birap{f_{1},f_{2},\sigma\left(z\right),z}{}=1/m$
    3. Au passage, $\left(\dd\sigma\left(z\right)/\dd z\right)\left[z=f_{1}\right]=1/m$
    4. On retourne la paramétrisation. Désormais, $f_{1},f_{2,},z$ sont fixés, $m$ change et donc $\zeta\doteq\sigma\left(z\right)$ change aussi. On le note $\psi\left(m\right)$. Comme $\psi$ est une homographie, on a \[ \birap{\psi(1),\psi(x),\psi(m),\psi(1/m)}{}=\birap{1,x,m,1/m}{} \]
    5. On en déduit l'existence d'un $x$ tel que \[ -1=\birap{a'',a,a',u}{}=\birap{m,1/m,1,x}{} \]
    6. On se frotte les yeux... et on se dit que $m\mapsto1/m$ est une homographie involutive dont les points fixes sont $\pm1$. Donc \[ \birap{m,1/m,+1,-1}{}=-1 \] On identifie et on obtient $x=-1$. Et donc $z\mapsto\psi\left(-1\right)\left(z\right)$ est effectivement l'homographie involutive qui que...
    7. Cette façon de faire est deux fois plus jolie... et quatre fois plus longue qu'un calcul direct utilisant $z\mapsto\left(Az+B\right)/\left(Cz+D\right)$.
    8. Et maintenant que l'on a une involution déterminée par $A'\longleftrightarrow U$, $B'\longleftrightarrow V$... l'oeil est dans la tombe et continue à demander: "so what ?" 

    Cordialement, Pierre 
  • Vassillia
    Modifié (20 Mar)
    Alors si on considère $P$ le pole de cette involution
    On a $(p, \infty, a',b')=(\infty,p,u,v)$
    donc $\dfrac{a'-p}{b'-p}=\dfrac{v-p}{u-p}$
    donc $\dfrac{a'-p}{v-p}=\dfrac{b'-p}{u-p}$
    donc $(p, \infty, a',v)=(p,\infty,b',u)$
    Et enfin $P$ est un point fixe de la similitude directe qui envoie $A'$ sur $B'$ et qui envoie $V$ sur $U$

    Et ça, c'est quasiment le seul truc que je sais faire à la règle et au compas donc
    $Q$ = intersection de la droite $(A'V)$ et de la droite $(B'U)$
    $P$ = autre intersection que $Q$ entre le cercle $(A'B'Q)$ et le cercle $(UVQ)$
    Mais $P$ est aussi le milieu de $F_1 F_2$ donc c'est le milieu de $IJ$ et donc un moyen de construire $J$ à partir de $I$ à la règle et au compas

    PS : Toute remarque visant à dire que c'est bien joli mais qu'il faut d'abord construire $A''$, $U$, $B''$, $V$ est tout à fait légitime mais comme je ne sais toujours pas ce que je cherche... Je joue un peu aux devinettes sur des sables mouvants vu qu'en plus je ne maitrise pas vraiment ces notions, disons que c'est une interprétation toute personnelle de la remarque cryptique sur la tombe (c'est le cas de le dire).

    Edit : cohérence des notations avec la suite
    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 Mar)
    Much ado about nothing
    J'ai donné deux preuves de l'existence de cette similitude directe qui se suffisent à elles mêmes, la première de nature algébrique via la conservation du birapport, la seconde de nature plus géométrique, suggérée par la belle figure de GaBuZoMeu, via la conservation des angles.
    Que demander de plus ?
    Amicalement
    pappus
    PS
    Pour voir si on a compris cet exercice, en voici un autre
    On se donne une transformation circulaire directe $f$, par son point limite-objet $I$ ($f(I)=\infty$), par son point limite-image $J'=f(\infty)$ et un couple de points homologues $(A,A'=f(A))$.
    Étant donné un point $M$ du plan, construire son image $M'=f(M)$.
  • Vassillia
    Modifié (19 Mar)
    Mais pappus, tu ne m'as pas lu, je ne parle pas de la même similitude directe que toi ! Ce qui ne veut pas dire que mon histoire a un intérêt ou est la réponse attendue évidemment. Je n'arrive pas à trouver où pldx1 veut en venir.

    Bref, pour ton exercice, on calcule :
    $zM'=\dfrac{zA\times zA' - zA'\times zI - zA \times zJ' + zM\times zJ'}{zM - zI}$ où on parle d'affixe des points à chaque fois, c'est à dire de nombres complexes bien sûr :)

    Bon d'accord, je ne vais pas faire ma mauvaise tête mais c'est vraiment pour te faire plaisir :
    $P$ = intersection entre la droite $(IM)$ et la droite $(J'A')$
    $C$ = autre intersection que $P$ entre le cercle $(PIJ')$ et le cercle $(PMA')$
    $P'$ = autre intersection que $I$ entre le cercle $(CIJ')$ et la droite $(IA)$
    $M'$ = autre intersection que $P'$ entre le cercle $(CAP')$ et la droite $(P'J')$
    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 Mar)
    Le plus courtois aurait été d'ouvrir un nouveau fil pour éviter toute ambigüité.
    En ce qui concerne mon second exercice, il n'y a rien à dire, c'est le même que le premier aux notations près:
    Les triangles $AMI$ et $M'A'J'$ sont directement semblables!
    Autrement dit, $M'$ est l'image de $A$ dans la similitude directe $(M,I)\mapsto (A',J')$.
    Bof!
    On voit l'importance des points limites dans ces divers problèmes de construction, d'où la question naïve:
    Construire les points limites de la transformation circulaire directe: $(ABC)\mapsto (A'B'C')$
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (19 Mar)
    Sauf que le contexte reste le même que celui initial, mais si tu veux qu'on déménage nos messages, pas de souci.
    On s'arrangera avec pldx1 pour le faire en mp s'il est d'accord.
    Si tu veux que j'efface ma réponse à ton exercice, n'hésite pas à le signaler également, je le ferai sans problème.
    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 Mar)

    Pourquoi effacer?
    Ce que tu as dit est intéressant
    C'est la construction de l'image d'un point par une similitude directe donnée par les images de deux points distincts telle qu'on peut la trouver dans le Lebossé-Hémery ou tout autre vieux grimoire!
    pappus

  • Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
    La figure ci-dessous est une conséquence directe des théorèmes du Lebossé-Hémery.
    Elle montre deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ directement semblables avec en évidence le centre de similitude $S$.
    Elle permet étant donnés les points $B$, $C$, $B'$, $C'$, $A$ de construire le point $A'=s(A)$ où $s$ est la similitude directe $(B,C)\mapsto (B',C')$.
    Aux notations près la figure de Vassillia est une partie de la mienne.
    Amicalement
    pappus


  • pappus
    Modifié (20 Mar)
    Bonjour à tous.
    Venons en à cette "construction" des points limites de la transformation circulaire directe $f:(A,B,C)\mapsto (A',B',C')$.
    Les données sont donc les deux triplets de points $(A,B,C)$ et $(A', B',C')$ et d'une façon ou d'une autre il faut tracer les points limites $I=f^{-1}(\infty)$ et $J'=f(\infty)$.
    Avec GeoGebra, pas le moindre problème et c'est pourquoi je vous conseille d'utiliser ce logiciel de préférence à d'autres d'autant plus qu'il est gratuit!
    Prenons l'exemple du point $I$.
    On a:
    $(A,B,C,I)=(A',B',C',\infty)$ (invariance du birapport).
    On tombe sur une équation du premier degré en $I$ que l'on résout grâce au calculateur intégré de GeoGebra, (pas question de le faire à la main, on pourrait se tromper!). GeoGebra digère le résultat obtenu et nous recrache sur l'écran le point limite $I$.
    Le gros avantage, c'est qu'on obtient ainsi une macro-construction très robuste, valide quelle que soit la disposition relative des points $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$.
    Par contre on est frustré du point de vue géométrique car on ne comprend pas pourquoi le point $I$ serait là où GeoGebra nous le dit et pas ailleurs.
    Nos anciens qui ne disposaient pas du moindre logiciel étaient bien obligés de faire autrement et il est intéressant de connaître leur méthode d'un point de vue historique.
    Même moi qui n'avait que Cabri dont le calculateur est bien inférieur à celui de GeoGebra devait faire autrement.
    Ce faisant on était bien obligé de faire de la géométrie c'est-à-dire de tracer des figures.
    Amicalement
    pappus
  • pldx1
    Modifié (20 Mar)
    Bonjour, $\def\ptv{~;~}$
    Que demander de plus ?
    Notre ami pappus semble traverser une crise de modernisme. Ne se demanderait-il pas s'il est bien utile d'agiter les compas ébréchés quand il suffirait d'utiliser la commande $\mathrm{solve}$ pour trouver les points fixes d'une homographie? Mais on peut aussi tenter un peu d'archéologie et vouloir exhumer les méthodes qui furent utilisées faute de mieux par nos ancêtres les tailleurs de silex. Nous en étions à \begin{gather*} a\stackrel{\phi}{\longrightarrow}a'\stackrel{\phi}{\longrightarrow}a''\ptv b\stackrel{\phi}{\longrightarrow}b'\stackrel{\phi}{\longrightarrow}b''\\ u=\mathrm{katharm}\left(a,a',a''\right)\ptv v=\mathrm{katharm}\left(b,b',b''\right) \end{gather*} Il a été montré que $\psi:a'\mapsto u$ est une homographie involutive ayant les mêmes points fixes que $\phi$. On a donc réduit le problème en se débarrassant du multiplicateur. Soit maintenant $p$, le pôle de $\psi$. La relation \[ \frac{a'-p}{b'-p}=\birap{\infty,p,a',b'}{}=\birap{p,\infty,u,v}{}=\frac{v-p}{u-p} \] peut être lue de deux façons différentes.
    1. L'homographie $p\mapsto p$, $a'\mapsto v$, $b'\mapsto u$ est une similitude centrée sur $p$. Or on dispose d'une macro geogebra qui gère les similitudes, donnant centre, facteur, et formule. On obtient donc $p$. Comme, ici, $\mathrm{pole}=\mathrm{elop}$, on a $f_{1}+f_{2}=2p$ (rappel, on les cherche, ces fameux $f_{j}$).
    2. Par ailleurs, la relation $\left(a'-p\right)\left(u-p\right)=\left(b'-p\right)\left(v-p\right)$ montre que cette quantité reste constante lorsque $a'$ parcourt le plan. Et donc $\Delta$ la bissectrice de $\left(\overrightarrow{PA'},\overrightarrow{PU}\right)$ est une droite fixe passant par $P$.


    Et la question est... Que pourrait bien être la question ?
    Cordialement, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (20 Mar)
    Arf, vu leurs disparitions, comment construire $F_1$ et $F_2$ à la règle et au compas ?
    Si je vois $F_1$ et $F_2$ comme des points de base d'un faisceau de cercle où $\Delta$ est l'axe radical, j'ai besoin d'un autre cercle.
    Donc je regarde $\Delta'$ = perpendiculaire à $\Delta$ passant par $P$ qui est l'axe des centres.
    Puis par exemple $U'$ = symétrique de $U$ par rapport à $\Delta'$ donc le cercle $(A'UU')$ passe par $F_1$ et $F_2$ et c'est gagné.

    Quelle arnaque, tout ça pour ça ! Mais belle performance de réussir à m'amener jusque là, normalement j'aurais décroché dès la question.
    Merci à toi, je me suis amusée mais ne nous mentons pas, je continuerai la version avec solve dans l'avenir. Si un jour, on retourne à l'age de pierre, on verra bien, mais je pense que j'aurais des préoccupations plus importantes que de construire les points fixes de transformations géométriques.
    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 à tous
    Je demandais une construction des points limites mais Jupiter préfère s'intéresser au points fixes.
    Tant mieux cela me permettra de me reposer un peu, j'en ai bien besoin!
    Amicalement
    pappus
  • pldx1
    Modifié (21 Mar)
    Bonjour, $\def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}} \def\verz{\underset{z}{Ver}}  \def\colcir#1{\underset{z}{\mathcal{V}}{}_{#1}} \def\colcir#1{\mathcal{V}{}_{#1}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\cc{\mathbb{C}} $

    Le fait qu'un exercice puisse être solutionné par plusieurs méthodes résolvantes n'est pas une nuisance. Au contraire, c'est l'objet principal de tout exercice correctement conduit. Si l'objectif est de trouver $m,f_{1},f_{2},p,q$ etc., eh bien on les trouve et voilà tout. Mais rien n'empêche d'en profiter pour mieux percevoir à quoi peuvent bien servir ces différents objets.

    Le coeur de cette affaire homographique est que, pour $f_{1},f_{2}\in\cc$ fixés et distincts, la quantité $\zeta\doteq\left(z-f_{1}\right)/\left(z-f_{2}\right)$ caractérise le point $z\in\cc$ (supposé différent des $f_{j}$). En supposant $k>0$ et $\tau$ unimodulaire, la décomposition $\zeta=k\tau$ s'interprète en termes de faisceaux de cercles. On a  \[ \zeta=\dfrac{t_{2}\left(Zt_{1}-z_{1}T\right)}{t_{1}\left(Zt_{2}-z_{2}T\right)} \]

    La donnée de $k$ caractérise $\cir k$, l'un des cercles du faisceau isotomique. La relation $\zeta\,\overline{\zeta}=k^{2}$ conduit au cycle \[ \cir k\simeq\dfrac{1}{k}\,\colcir 1-k\,\colcir 4 \] où $\colcir 1$ et $\colcir 4$ décrivent respectivement le cercle point centré en $F_{1}\simeq f_{1}:1:\overline{f_{1}}$ et le cercle point centré en $F_{4}\simeq f_{2}:1:\overline{f_{2}}$.

    La donnée de $\tau$ caractérise l'un des arcs capables, qui sont portés par les cercles capables. Ces derniers forment le faisceau isoptique. La relation $\zeta/\overline{\zeta}=\tau^{2}$ conduit au cycle \[ \cir{\tau}\simeq\dfrac{1}{\tau}\,\colcir 2-\tau\,\colcir 3 \] où $\colcir 2$ et $\colcir 3$ décrivent respectivement le cercle point centré en $F_{2}\simeq f_{1}:1:\overline{f_{2}}$ et le cercle point centré en $F_{3}\simeq f_{2}:1:\overline{f_{1}}$.

    Le lecteur aura remarqué de lui même que les cercles $F_{1},F_{4}$ sont orthogonaux aux cercles $F_{2},F_{3}$. D'ailleurs, comment parler de cycles sans mentionner les droites isotropes, c'est à dire passant par l'un ou l'autre des ombilics. 

    Et donc, lorsque l'on agit sur le plan par l'homographie de multiplicateur $m\mu$ (et de points fixes les $F_{j}$, avec $m>0$ et $\mu$ unitaire), le paramètre $k$ devient $k'=km$ et tandis que le paramètre $\tau$ devient $\tau'=\tau\mu$. Et alors le point générique bondit de l'isotomique $\cir k$ vers l'isotomique $\cir{km}$ et, en même temps, le point générique bondit de l'isoptique $\cir{\tau}$ vers l'isoptique $\cir{\tau\mu}$ (et même depuis l'arc capable adéquat vers l'arc capable adéquat). 

    On en déduit qu'une homographie ayant les $F_{j}$ pour points fixes induit une collinéation dans l'espace des cycles et que cette collinéation se diagonalise par rapport à la base $F_{1}F_{2}F_{3}F_{4}$.

    " Cetipabo ?" , comme eussent dit Le Bossé et Hay Meri, les fameux tandemistes.  

    Cordialement, Pierre.
  • Oui, c'est beau, merci !
    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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