Un point dans le triangle

Démonstrator
Modifié (30 Mar) dans Géométrie
Soit un triangle plein $T_0$ du plan. Je peux créer un triangle $T_{n+1}$ à partir du triangle $T_n$ dont les sommets sont les milieux de chaque côté, et $T_{n+1} \subseteq T_n$. Le théorème des compacts emboîtés donne un unique point $M \in T_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
Ce point coïncide-t-il avec un autre point remarquable du triangle ? 
La pensée ne préexiste pas à la langue et à ses formes, car c’est en parlant, fût-ce en soliloquant, que je pense. — Hegel

Réponses

  • Le centre de gravité.
  • salut

    Thalès ne nous dit-il pas que les triangles ont même centre de gravité ?

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • Démonstrator
    Modifié (30 Mar)
    Et, comme le centre de gravité de $T_n$ appartient toujours à $T_n$, le centre de gravité de $T_0$ appartient à tous les $T_n$. Nous sommes d'accord.
    La pensée ne préexiste pas à la langue et à ses formes, car c’est en parlant, fût-ce en soliloquant, que je pense. — Hegel
  • plsryef
    Modifié (30 Mar)
    On passe même de $T_n$ à $T_{n+1}$ par une homothétie de rapport $-\frac{1}{2}$, et son centre est le centre de gravité, de tous les triangles.
  • jelobreuil
    Modifié (31 Mar)
    Bonjour à tous,
    Le cas du triangle étant très simple, je vous propose d'étudier la même question dans le cas d'un quadrilatère (convexe, d'abord, puis non convexe), puis d'un polygone d'ordre supérieur ...
    Bien cordialement, JLB
    Edit : voici une figure. Le centre de symétrie des parallélogrammes peut-il être considéré comme le centre de gravité (barycentre) du quadrilatère de départ ?

  • plsryef
    Modifié (30 Mar)
    Je connaissais pour le quadrilatère, ça marche aussi et on tombe sur un parallélogramme et le parallélogramme des milieux etc... il semble que ça continue pareil pour $n=5$: l'opération se réduit à deux polygones homothétiques à un moment, je ne connais pas le rapport de l'homothétie. Je présume que le rapport de l'homothétie selon $n$ est,  si l'on prend un polygone régulier est l'opposé du rapport entre le la longueur du polygone inscrit et la longueur du polygone exinscrit à un cercle. C'est une hypothèse... je ne sais pas si c'est vrai. peut être que ça se prouve en projetant un espace affine de dimension $n$ sur un plan affine. ou alors par dualité point-droite. En fait c'est faux, je me suis trompé.
  • @plsryef En effet ! je vais voir pour le pentagone ...
  • Si le quadrilatère n'est pas convexe, son "quadrilatère des milieux" = quadrilatère dont les sommets sont les milieux des côtés du précédent, n'est pas forcément inclus dans le premier. Mon problème s'adapte-t-il quand même ?
    La pensée ne préexiste pas à la langue et à ses formes, car c’est en parlant, fût-ce en soliloquant, que je pense. — Hegel
  • un raisonnement en terme de barycentre ne donne-t-il pas la réponse : 

    soit $P_1P_2 ... P_n $un polygone et G son isobarycentre : $G = bar\{(P_1, 1), (P_2, 1), ..., (P_n, 1)\} $

    soit $M_k$ le milieu du segment $[P_k P_{k + 1}] $ avec la convention $P_{n + 1} = P_1$

    soit H l'isobarycentre des points $M_k$ : $H = bar \{(M_1, 1), (M_2, 1), ..., (M_n, 1) \} = bar \{(M_1, 2), (M_2, 2), ..., (M_n, 2) \} $

    alors $ G = bar \{(P_1, 1), (P_2, 1), ..., (P_n, 1)\}  = bar \{(P_1, 2), (P_2, 2), ..., (P_n, 2)\} = bar \{(P_1, 1), (P_2, 1), (P_2, 1), (P_3, 1), (P_3, 1), ..., (P_n, 1), (P_1, 1) \} = bar \{(M_1, 2), (M_2, 2), ..., (M_n, 2) \} = bar \{(M_1, 1), (M_2, 1), ..., (M_n, 1) \} = H $

    ce me semble-t-il ...

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • raoul.S
    Modifié (30 Mar)
    Si $\overrightarrow{OA_1},\overrightarrow{OA_2},...,\overrightarrow{OA_n}$ sont les sommets du polygone et pour tout entier $k=1..n$, $\overrightarrow{OA_k'}:=\dfrac{\overrightarrow{OA_k}+\overrightarrow{OA_{k+1}}}{2}$ les milieux des segments (avec $\overrightarrow{OA_{n+1}}:=\overrightarrow{OA_1}$) alors en notant $G$ le centre de gravité on a : $\sum_{k=1}^n \overrightarrow{GA_k'}=n\overrightarrow{GO}+ \sum_{k=1}^n \overrightarrow{OA_k}=n\overrightarrow{GO}+ n\overrightarrow{OG}=\vec{0}$ par définition de $G$.

    Bref, ça marche toujours.
  • jelobreuil
    Modifié (31 Mar)
    Bonsoir à tous,
    Oui, ça marche toujours ! Exemple de figure pour le pentagone : à partir du pentagone d'ordre 2, les milieux des côtés des pentagones d'ordre pair s'alignent sur cinq droites concourantes. Il est facile, je pense, de démontrer que le point de concours est le barycentre des cinq sommets de chacun de ces pentagones.
     
  • plsryef
    Modifié (31 Mar)
    c'est un vrai parallélisme ? ce n'est pas une erreur d'approximation du logiciel ? à un moment on est coincés sur les mêmes rationnels.
    raoul.S l'a montré  @jelobreuil ", une autre façon de faire: avec le théorème du point fixe point fixe les itérés de polygones en considérant $\phi : (\mathbb{R}^2)^n\rightarrow (\mathbb{R}^2)^n$,$((x_0,y_0),...,((x_{n-1},(y_{n-1}))\mapsto ((\frac{x_0+x_1}{2},\frac{y_0+y_1}{2}),...,(\frac{x_{n-1}+x_0}{2},\frac{y_{n-1}+y_0}{2}))$ est $1/2$-contractante, donc elle admet un point fixe, mais comme ce point fixe est un polygone, AUXles points sont tous égaux, en fait mes espaces ne sont pas les bons, il faut introduire une permutation circulaire (franchement c'est trop compliqué et en ce moment je réfléchis pas). Il faudrait considérer l'espace $(\mathbb{R}^2)^n$ et considérer les classes d'équivalence "je fais une permutation circulaire" , un espace des $n$-gones, montrer qu'il est complet. Et surtout c'est pas élégant. FAUX:c'est une relation de récurrence en fait...
  • jelobreuil
    Modifié (31 Mar)
    @Démonstrator
    Oui c'est valable même pour un quadrilatère non convexe : tout simplement parce que les côtés des parallélogrammes sont tous parallèles à l'une des diagonales du quadrilatère de départ, d'après le théorème "de la droite des milieux" dans un triangle ...
    Bien cordialement, JLB

  • jelobreuil
    Modifié (31 Mar)
    @plsryef Je me suis effectivement avancé imprudemment, en parlant de parallélismes et d'alignements ... Dans le cas d'un heptagone, le verdict de Geogebra est sans équivoque et sans appel ! Et ce, même si l'on pourrait à juste titre parler de parallélismes et d'alignements "presque parfaits", tout est dans le "presque" !
    Sur la figure, les droites g3 et f3 sont les droites joignant les points qui encadrent respectivement les poins E2 et F2. 
    Bien cordialement, JLB 
    Edit : il en est de même pour le pentagone, et en plus, le point de concours annoncé est lui aussi approximatif ... 


  • @jelobreuil
    Ma question initiale était donc : l'unique point $M$ donné par le théorème des compacts emboîtés dans le cas de notre construction, est-il l'isobarycentre du polygone initial. Dans le cas non convexe, que devient $M$ ?
    La pensée ne préexiste pas à la langue et à ses formes, car c’est en parlant, fût-ce en soliloquant, que je pense. — Hegel
  • plsryef
    Modifié (31 Mar)

    @Démonstrator oui ça sera le même point, mais l'argument des compacts emboités ne pourra fonctionner qu'au moment où un des itérés est convexe. ( et ça reste à prouver)

    @jelobreuil ce n'est pas étonnant que ça soit que ça semble presque parallèle.

    $M=\begin{pmatrix}
    0 & C_n  \\
    I_n & 0  \\

    \end{pmatrix},\ $ où $C_n$ est la matrice $\left( {
    \begin{array}{cccc}
    1/2 & 1/2 & \cdots & 0\\
    0 & \ddots & \ddots & \vdots\\
    \vdots &  \ddots & \ddots & 1/2\\
    1/2 & 0 & \cdots & 1/2\\
    \end{array} }
    \right)$, $\quad  M^2=\begin{pmatrix}
    C_n & 0  \\
    0 & C_n  \\
    \end{pmatrix}$
    quelles sont les valeurs propres de $C_n$? on sait que $2C_n-I_n=\sigma_n$(*), et les valeurs propres de $\sigma_n$ sont les racines énièmes de l'unité, avec (*), celles de $C_n$ sont $(\frac{1+e^{\frac{2ik\pi}{n}}}{2})_{1\geq k\geq n}$, donc $n$ racines distinctes, et $M$ est diagonalisable, et possède un polynôme annulateur à racines distinctes, (à une racine carrée près.... mais ce n'est pas très grave puisque les racines sont dans le demi-plan fermé $\Im(z) >0 $, ou la racine carré principale reste injective, sauf $n$ pair) toujours est -il, la valeur propre de plus grand module est $1$, qui correspond au polygone où les $n$ points sont les mêmes, les deux autres valeurs propres (conjuguées et de même module) et qui sont les plus grande en modules sont les racines carrées de $(\frac{1+e^{\frac{2ik\pi}{n}}}{2})_{k \in \{-1,1\}}$, et celles ci correspondent aux polygones réguliers "classiques" parcouru dans le sens direct ou indirect, les autres valeurs propres correspondent aux polygones réguliers étoilés, mais leur contribution après quelque(s) itération(s) est faible vu que leur module est strictement plus petit, une image, pour $n=5$ de ces valeurs propres, avant passage à la racine carrée, en bleu les racine de l'unité, en rouge les valeurs propre de $C_n$, donc pas de racines carrées :
    fait remarquable, lorsque $n$ est pair $0$ est valeur propre, et on ne peut "inverser" le processus.
    (je n'arrive pas à trouver pourquoi une partie du code latex ne passe pas...désolé 
    EDIT: c'est réglé mais je ne comprends cette histoire de SHIFT+ENTER)
  • (je n'arrive pas à trouver pourquoi une partie du code latex ne passe pas...désolé)

    Essaie de remplacer les retour à la ligne par des : SHIFT + ENTER

  • On peut prolonger en considérant une suite décroissante de rapports d'homothétie. Dans certains cas on obtient non pas un point mais un triangle image. Exemple : je construis $B'$ image de $B$ par l'homothétie de centre $A$ et de rapport $1/2^2$, $C'$ image de $C$ par l'homothétie de centre $B$ et de rapport $1/2^2$ puis $A'$ image de $A$ par l'homothétie de centre $C$ et de rapport $1/2^2$. J'obtiens un nouveau triangle $A'B'C'$ avec lequel je recommence la manip, mais en prenant un rapport d'homothétie égal à $1/3^2$. Pour le triangle suivant je prendrais un rapport égal à $1/4^2$, ensuite $1/5^2$, etc. Une construction facile à faire avec le tableur de GeoGebra :

    Peut-on dire quelque chose du triangle obtenu ?
  • plsryef
    Modifié (31 Mar)
    À vue de nez je dirais que c'est l'image du triangle de fin est l'image du premier par une similitude directe de rapport "...", mais je ne dois pas répondre trop vite, car je ne réfléchis (souvent) pas assez .

  • plsryef
    Modifié (31 Mar)
    En fait avant de généraliser je ne suis pas convaincu de ce que j'ai dis plus haut, dans le cas $n$ impair, j'ai trouvé d'autres vecteurs propres: alors c'est un peu compliqué à écrire en mots et à formaliser, mais les autres vecteurs propres ne sont pas des polygones parcourus dans l'autre sens, je pense qu'il s'agit plutôt de polygones "plats", et qu'il faut utiliser la formule $n=\sum_{d \in \mathbb{N}, d|n} \phi(\frac{n}{d})$, et pour chaque polygone étoilé ou régulier convexe on fait correspondre un polygone plat où les points sont regroupés en paires et occupent la même place dans le plan sauf celui du milieu qui est un singleton, le polygone milieu lui est homothétique avec la valeur propre qu'il faut. . J'ai douté trop tôt.
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