Cobars et Véto et espace projectif réel

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Réponses

  • stfj
    Modifié (13 Apr)
    @NicoLeProf : ce cours a de sacrées références : Coxeter, Gramain, Samuel, Tisseron, ... Que des grands noms de la géométrie projective et même des maths.  Qui l'a écrit ?

  • stfj
    Modifié (13 Apr)
    @NicoLeProf : te prends pas la tête avec un cours comme ça : laisse faire l'artiste ;). "Nous sommes des nains sur les épaules de géants." L'homme qui a écrit cela venait de Quimper, comme moi. Si tu veux comprendre la notion de complété projectif et donc les notations de @Rescassol , tu peux me faire confiance.
  • NicoLeProf
    Modifié (13 Apr)
    Je reprends dans un cadre plus général et je vais essayer de démontrer ce que je lis en faisant des recherches : soit $\mathbb{K}$ un corps et soit $E$ un espace vectoriel sur $\mathbb{K}$.
    Alors la colinéarité de deux vecteurs est une relation d'équivalence sur $E \setminus \{0\}$.
    Preuve :
    Réflexivité : soit $u \in E \setminus \{0\}$. Alors $u=1 \times u$ donc $u$ est colinéaire à $u$.
    Symétrie : Soient $u, v \in E \setminus \{0\}$ deux vecteurs colinéaires. Alors il existe $\lambda \in \mathbb{K}^*$ (car $u$ et $v$ sont non nuls justement) tel que $u=\lambda v$. Par suite, $v=\dfrac{1}{\lambda} u$ et la symétrie est vérifiée.
    Transitivité : Soient $u, v, w \in E \setminus \{0\}$ tels que $u$ et $v$ sont colinéaires et $v$ et $w$ sont colinéaires. Alors il existe $\lambda, \mu \in \mathbb{K}^*$ tels que $v=\lambda u$ et $w= \mu v$. Par conséquent, $w=\mu \lambda u$  avec $\mu \lambda \in \mathbb{K}^*$ donc $w$ et $u$ sont colinéaires.
    On peut alors définir $P(E)$ : l'espace projectif associé à $E$ par l'ensemble quotient associé à cette relation d'équivalence.
    Edit : le cours auquel j'ai fait référence a été écrit par un certain Patrick Polo d'après ce que je constate.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • stfj
    Modifié (13 Apr)
    C'est correct. En langage imagé, regarder depuis $0$ dans la direction d'une droite $$D_{0A}$$, avec $A\neq 0$, c'est voir tous les points de $D_{0A}$ identiques , équivalents. L'ensemble des directions de droites forme une partition de $E_3$. Comme l'enseigne Bourbaki, toujours partir d'exemples avant de généraliser. Toujours du particulier au  général, jamais l'inverse. Ensuite seulement, une fois les notions assimilées, du général Bourbaki au particulier. D'abord les petites fleurs des champs, comme l'écrit Grothendieck dans Récoltes et semailles, et ensuite les grandes théories qu'il affectionnait tant de construire, laissant le plaisir de butiner à d'autres.

    Bravo pour la vérification des axiomes de la relation $\equiv$ d'équivalence dans $E\setminus \{0\}$ $$M\equiv N \iff M\text{ et } N \text{ sont sur une même droite vectorielle.}$$

    Il faut cependant que tu modifies légèrement ma définition de $P(E)$ en l'ensemble des droites vectorielles privées de $0$. Mais c'est un détail sans grande importance.

    Ok ?
  • NicoLeProf
    Modifié (13 Apr)
    Oui, je vois facilement que les classes de l'ensemble quotient $E \setminus \{0\}/\mathcal{R}$ (où $\mathcal{R}$ est la relation d'équivalence de colinéarité dont on parle sur $E \setminus \{0\}$) sont des droites vectorielles privées de $0$.
    Pour $x \in E \setminus \{0\}$, la classe de $x$ est l'ensemble que l'on peut noter $cl(x)=Vect(x) \setminus \{0\}$. Je ne fais pas les preuves ici, c'est clair dans ma tête ! :)
    Ainsi, comme $P(E)=E \setminus \{0\}/\mathcal{R}$, cela revient exactement à dire que $P(E)$ est l'ensemble des droites vectorielles privées de $0$ (qui sont exactement les classes d'équivalence) : ce qui est en cohérence avec la définition que tu m'as donnée ! Donc tout va bien pour le moment au final ! :) 
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Les droites vectorielles privées de rien du tout 😉
  • Rescassol
    Modifié (14 Apr)
    Bonjour,

    J'ai été absent tout aujourd'hui, et je vois qu'on n'a pas chômé.
    Voilà comment j'aurais fait pour Ménélaüs et Céva
    clear all, clc
    
    syms u v w real
    
    % Trois points: A1 sur (BC), B1 sur (CA), C1 sur (AB)
    A1=[0; 1; u]; B1=[v; 0; 1]; C1=[1; w; 0]; 
    % On écrit qu'ils sont alignés
    Menelaus=Factor(det([A1 B1 C1])) % On trouve u*v*w + 1
    
    % Droites Da=(A A1), Db=(B B1), Dc=(C C1)
    Da=[0, -u, 1]; Db=[1, 0, -v]; Dc=[-w, 1, 0];
    % Et non Da=[0, 1, -u]; Db=[-v, 0, 1]; Dc=[1, -w, 0]; Merci Stfj
    % On écrit qu'elles sont concourantes
    Ceva=Factor(det([Da; Db; Dc])) % On trouve 1 - u*v*w
    Cordialement,
    Rescassol

  • @gai requin, tu veux dire : les droites vectorielles de $E \setminus \{0\}$ j'imagine ? Et là, oui nous sommes d'accord, pas besoin de dire privées de $\{0\}$. 
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • stfj
    Modifié (13 Apr)
    @Rescassol : waouah ! 

    On choisit $(A, B,C)$comme base de $\mathbb R^3$ , le complété projectif du plan $ABC$.$$A1\in (0BC)\iff \exists (\lambda, \beta) : A1=\lambda B+\beta C$$Les coordonnées projectives de $A1$ sont alors $$[0; \lambda; \beta]\equiv [0;1;u]$$en posant $u:=\frac{\beta}{\lambda}$

    De même pour $B1$ et $C1.$

    On a alors $$A1, B1,C1 \text{ alignés}\iff \begin{vmatrix}0 &v  &1  \\1 & 0 & w \\ u& 1 &0 \end{vmatrix}=0\iff -1.(-1)+uvw=0$$

    (C'est du grand art : le théorème de Ménélaüs révélé dans sa plus simple expression. )

    Merci. 
    ______________________
    @NicoLeProf : la voilà, plus haut, utilisée, ta relation $\equiv$ d'équivalence
  • @NicoLeProf : Les points de $\mathbb P(E)$ sont les droites (vectorielles) de $E$.
  • stfj
    Modifié (13 Apr)
    @gai requin : moi non plus, je n'ai pas compris le sens de ta remarque. Soit $E$ un espace vectoriel. Si l'on souhaite définir $P(E)$ comme le quotient de $E\setminus\{0\}$ par la relation $\equiv$ d'équivalence $A\equiv B\iff \exists \lambda, A=\lambda B$, alors les points de $P(E)$ sont bien les droites vectorielles de $E$ privées de $0$.

    @NicoLeProf : $E\setminus \{0\}$ n'est pas un espace vectoriel : il n'a pas d'origine. On ne peut donc parler de droites vectorielles à son propos.
  • Oui ok j'ai dit des bêtises sur ce point mais du coup je ne comprends pas la remarque de gai requin. On n'a pas de relation d'équivalence sur $E$ ici mais bien sur $E \setminus \{0\}$...
    Pour le reste, je vais essayer de reformuler ton message ci-dessus stfj en utilisant mes classes d'équivalences mais cela n'a pas l'air simple.
    En fait, j'aimerais comprendre le lien entre complété projectif et coordonnées barycentriques.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • stfj
    Modifié (13 Apr)
    @NicoLeProf : il te faudra un peu de travail mais le lien est le suivant :dans $\mathbb R^3\setminus 0$,$$\color{black}A=(x,y,z)\color{red}{\equiv} \color{black}A'=(x',y',z')\iff \exists \lambda \in \mathbb R , tq (x',y',z')=\lambda (x,y,z)$$

    La classe d'équivalence est alors notée $$[x;y;z]$$par @Rescassol et par bien d'autres sûrement. On a $$[x;y;z]=\mathbb R^* (x,y,z)$$Mais il faut bien prendre garde au fait que (x,y,z) n'est qu'un représentant de cette classe tout comme $(x',y',z')$. Mais tout cela, tu le sais plus ou moins déjà dans d'autres contextes et tu apprendras vite.
  • Je commence à voir à peu près oui mais il reste du travail...
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • @NicoLeProf : prenons un exemple : tu imagines les point $(1,1,1)$ de $\mathbb R^3 $ sans problème, n'est-ce pas ?
  • Oui dans $\mathbb{R}^3$ en tant que $\mathbb{R}$-espace vectoriel, ce sont tous les vecteurs égaux à $u:=(1,1,1)$ (c'est une classe d'équivalence aussi en fait).
    Du coup, dans l'espace projectif $\mathbb{P}(\mathbb{R}^3)$, $cl(u)=Vect\{u\} \setminus\{0\}=\mathbb{R}^* u$.  
    Ce qui me gêne dans ton post ci-dessus est la définition du "complété projectif".
    Dans le cours que j'ai envoyé, je lis ceci : pour un espace affine $\mathcal{E}$ de direction notée $\overrightarrow{\mathcal{E}}$, on définit pour tout $A \in \mathcal{E}$, l'application $f_A : \mathcal{E} \rightarrow \overrightarrow{\mathcal{E}}$ qui à $M \in \mathcal{E}$ associe $\overrightarrow{MA} \in \overrightarrow{\mathcal{E}}$.
    Le complété projectif $\hat{\mathcal{E}}$ de $\mathcal{E}$ est le sous-espace vectoriel de $\mathcal{A}(\mathcal{E}, \overrightarrow{\mathcal{E}})$ (ensemble des applications de  $\mathcal{E}$ dans $\overrightarrow{\mathcal{E}}$)  engendré par les applications $f_A$ et par les applications constantes.
    Dans ton exemple ci-dessus, je montre sans difficulté que $\hat{\mathcal{E}}$ est de dimension $3$ (c'est $Vect\{f_A,f_B,f_C\}$) donc qu'il est isomorphe à $\mathbb{R}^3$.
    En revanche, comment passer de ces applications aux classes?
    Quand tu écris $A$, tu veux dire $cl(\overrightarrow{OA})$ en réalité en ayant fixé une origine $O$ du complété projectif au préalable?
    Du coup, je ne comprends pas un autre point : on perd l'unicité de l'écriture d'un vecteur dans une base non? Si je prends $A$ par exemple, je peux l'écrire $A=1.A+0.B+0.C$ mais aussi $A=2.A+0.B+0.C$ si $A$ est un raccourci pour $cl(\overrightarrow{OA})$.
    Comme tu le constates, tout n'est pas encore clair dans ma tête... :(
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • gai requin
    Modifié (13 Apr)
    @NicoLeProf : Bizarre encore 🤔
    Ton $\widehat{\mathcal E}$ est en fait l’enveloppe vectorielle de $\mathcal E$ et le complété projectif de $\mathcal E$ est $\mathbb P(\widehat{\mathcal E})$.
    P.S. : C’est ce qui est écrit dans ton cours qui prend également la définition que j’ai donnée point de $\mathbb P(E)=$ droite vectorielle de $E$.
  • stfj
    Modifié (13 Apr)
    Il y a plusieurs constructions possibles d'un complété projectif d'un espace affine. Celle que tu m'indiques, je ne la connais pas. L'important est qu'un espace affine (pense à un plan affine) devient l'image par une translation d'un hyperplan vectoriel du complété projectif( un plan parallèle au plan affine mais passant par l'origine du complété projectif si tu penses à un plan affine). Comme ceci 
    C'est tout bête en fait. Oublie la construction théorique qui est faite pour cela, pour être oubliée. Tu sais que ton complété projectif est un espace vectoriel réel. Il en a toutes les caractéristiques utiles. Tu peux additionner, **il y a une origine, ie un $0$**... C'est ce qu'on fait tous et qu'on a toujours fait. Quand tu additionnes deux fractions, inutile de penser à la construction de $\mathbb Q$ comme à un quotient de $\Z\times \Z$  ( c'est un exemple célèbre donné par Poincaré )
  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    Mon plan affine réel $\mathcal P$ de dimension $2$, je l'ai plongé dans un espace vectoriel $\widehat{\mathcal P}$ de dimension $3$, autrement dit $\mathbb R^3$ à un isomorphisme près. Quand j'écris $A=(x,y,z)$ , j'envisage n'importe quel point de $\widehat{\mathcal P}$. Quand j'écris comme @Rescassol $$[x;y;z]$$là, c'est la classe d'équivalence de $A=(x,y,z)$.

    On appelle cela les "coordonnées homogènes" je crois car tous les représentants de $[x;y;z]$ sont les $$(\lambda x,\lambda y, \lambda z)\text { pour }\lambda\in \mathbb R^*$$


  • clear all, clc
    
    syms u v w real
    
    % Trois points: A1 sur (BC), B1 sur (CA), C1 sur (AB)
    A1=[0; 1; u]; B1=[v; 0; 1]; C1=[1; w; 0]; 
    % On écrit qu'ils sont alignés
    Menelaus=Factor(det([A1 B1 C1])) % On trouve u*v*w + 1
    
    % Droites Da=(A A1), Db=(B B1), Dc=(C C1)
    Da=[0, 1, -u]; Db=[-v, 0, 1]; Dc=[1, -w, 0];
    % On écrit qu'elles sont concourantes
    Ceva=Factor(det([Da; Db; Dc])) % On trouve 1 - u*v*w
  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    @Rescassol : bonjour,

    J'ai recopié ton travail sur mathlab ci-dessus. Pour Ceva, $A=[1;0;0], A1=[0;1;u]$. J'obtiens alors à la main $Da=AA_1:=A\wedge A1=(1,0,0)\wedge (0,1,u)=(0,-u,1)$ tandis que tu proposes autre chose. Je ne comprends pas mon erreur.

    Cordialement, 
    Stéphane
    ________________________
    P.S. : question idiode de dualité (encore une idiotie j'imagine mais comme on le dit à nos élèves, peu importe, au contraire) : dans un espace vectoriel $E$," $a,b,c $ sont alignés, autrement dit le système $\{a,b,c\}$ est linéairement dépendant" se traduit par det$(a,b,c)$, ce qui est évident en dimension $3$ où on a l'interprétation d'un déterminant comme un volume. Bref le volume du trièdre $0abc$ est nul. Jusque là, j'espère que je n'ai pas écrit trop de bêtises. Ce qui m'embête, c'est comment traduire maintenant le fait que trois droites sont concourantes? Une droite est associée à son hyperplan orthogonal ie le noyau d'une forme linéaire non nulle; autrement dit dans l'espace dual $E^*$ de $E$, dire que trois droites sont concourantes devrait se traduire par le fait que les formes linéaires associées sont linéairement dépendantes
    Comment mettre mon fouillis en ordre mathématique ? Et comment le relier à ton calcul formel $$"\text{Ceva=Factor(det}([Da;Db;Dc]))"?$$ 

    Bref, c'est un peu décourageant mais j'ai l'impression d'en être (presque ) toujours au même point qu'ici sauf qu'avec l'exemple de Ceva que tu m'as fourni, je tiens un exemple qui devrait me permettre d'aborder la notion de faisceau abstraite introduite par Doneddu , de façon très concrète.
  • @NicoLeProf : bonjour. Dans un message précédent, tu as écrit : "je suis perdu"; puis ensuite tu as barré cette phrase. Comment fait-on cela? Comment barre-t-on une phrase écrite dans un post ?
  • Rescassol
    Modifié (14 Apr)
    Bonjour,

    Tu as raison, Stéphane, j'ai rectifié mon erreur dans mon code ci-dessus.
    Ça m'apprendra à me fier à ma mémoire sans vérifier.
    Ça ne change rien au résultat, d'ailleurs, ça revient à tranformer par $u\mapsto\dfrac{1}{u}$.

    Cordialement,
    Rescassol

    PS: C'est Matlab et non mathlab. Matlab est l'abréviation de Matrix Laboratory.

  • Bonjour,
    ok @gai requin pour la déf de $\mathbb{P}(E)$, je crois que cela ne gêne pas de prendre des scalaires dans $\mathbb{K}$ de toute façon d'où la cohérence de ta déf avec mon quotient.
    Je te remercie pour la correction. En fait, $\hat{\mathscr{E}}$ est l'enveloppe vectorielle de $\mathscr{E}$.
    Ici, lorsque l'on a des points $A$, $B$ et $C$ qui ne sont pas alignés, ils forment le plan affine $(ABC)$ et l'enveloppe vectorielle de ce plan est le $\mathbb{R}$-espace vectoriel de dimension $3$ dont une base est $(f_A,f_B,f_C)$ (voir post ci-dessus). Cette enveloppe vectorielle est donc isomorphe à $\mathbb{R}^3$.
    Fixons une origine $O$ de cette enveloppe vectorielle. Alors $(A,B,C)$ est une base de cette enveloppe vectorielle (ou $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC})$).
    $A, B$ et $C$ n'étant pas alignés, tout point $M$ peut s'écrire de manière unique comme barycentre de $A$, $B$, $C$ affectés de coefficients $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ tels que $\alpha+\beta+\gamma=1$.
    Le triplet $(\alpha,\beta,\gamma)$ sont les coordonnées barycentriques normalisées de $M$ et correspondent aux coordonnées de $M$ dans la base $(A,B,C)$.
    Du coup, ça se débloque mais j'ai encore deux questions :
    -> Réciproquement, il y a quand même un problème : dans la base $(A,B,C)$, le point $M$ s'écrit de manière unique sous la forme $M=\alpha A+\beta B+\gamma C$ mais si je ne précise pas que la somme des coefficients vaut $1$, je n'aurai pourtant pas l'unicité de l'écriture de $M$ sous la forme de barycentre. Remarque, justement c'est là qu'interviennent les classes non? Le triplet $(\alpha,\beta,\gamma)$ ne serait en fait qu'un représentant d'une classe de barycentres?
    -> @stfj, je ne comprends donc pas pourquoi tu parles de complété projectif qui n'est pas forcément un espace vectoriel. Ici, le complété projectif de $(ABC)$ serait $\mathbb{P}(\mathbb{R}^3)$ selon la déf donnée par gai requin. C'est-à-dire l'ensemble des droites vectorielles de $\mathbb{R}^3$.
    Ton raisonnement se fait plutôt dans l'enveloppe vectorielle non à savoir $\hat{(ABC)}$?
    Pour barrer du texte, c'est tout simple, je sélectionne la partie de mon texte à barrer et je clique sur le "S" barré en haut à gauche là où il y a les options de mise en forme du forum (gras, italique etc.), juste en-dessous de "Ajouter un commentaire".
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • @NicoLeProf : j'ai écrit quelque part qu'un complété projectif n'est pas forcément un espace vectoriel ? Ce serait bizarre parce que justement l'intérêt du complété projectif d'un espace affine est d'être un espace vectoriel. Merci pour le tuilleau  tuyau. Je vas vais essayé de  ne pas en abuser. :)
  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    @NicoLeProf : le mieux pour comprendre comment plonger un plan dans un espace vectoriel est peut-être de se référer à un maître (ici, p. 185 , n°22/23)
  • Rescassol
    Modifié (14 Apr)
    Bonjour,

    Se donner une droite $D=[p,q,r]$ par ses coordonnées barycentriques est équivalent à se donner la forme linéaire $(x;y;z)\mapsto px+qy+rz$.
    Écrire $det([Da; Db; Dc])=0$ est alors dire que les trois formes linéaires associées sont linéairement dépendantes, donc que les droites sont concourantes.

    Cordialement,
    Rescassol

  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    Pour répondre aux critiques justifiées de @pldx1, pour m'aider à comprendre le dernier post de @Rescassol, je prends un exemple (réellement faisable en classe de seconde)
    https://www.geogebra.org/classic/qmsj5zwn
    $$d=AB: f_d(x,y,z)=-2x+1y-7z=0$$ $$b=AC:f_b(x,y,z)=1x+3y-7z=0$$
    Pour $c$ passant par $D=(2,4,1)$ et $A$, je cherche l'équation $f_c =0$ de $c$ sous la forme $f_c(M)=\xi f_d(M)+\eta f_b(M)=0$
    En prenant $\xi=f_b(D)$ et $\eta=-f_d(D)$ ie $\xi=3$ et $\eta=-1$, j'obtiens finalement $$f(M)=7(-x+4y-14z)$$ ce qui est bien l'équation de $c$

    A ce stade, qu'ai-je illustré ? Je me le demande :) . Si $b,c,d$ sont concourantes, alors $(f_b,f_c,f_d)$ est lié. La réciproque est triviale.

    L'intérêt de cet exercice de seconde est qu'il se généralise en temps et en heure par l'affirmation fort utile de @Rescassol .
    ________________________________________
    J'espère que vous voudrez bien, @Rescassol et @pldx1, jeter un regard indulgent sur ce travail.
    Cordialement, 
    Stéphane
    ___________________


    @NicoLeProf : peut-être le post ci-dessus pourra t'intéresser.
  • Ce qui m'embête @stfj est que tu appelles $\hat{P}$ le complété projectif d'un plan affine $\mathscr{P}$ de direction $P$ alors que la notation $\hat{P}$ est réservée à l'enveloppe vectorielle de $P$. Oui, $\hat{P}$ est un espace vectoriel de dimension $3$ et je fais plutôt bien le lien avec les coordonnées barycentriques à présent.
    Cependant, je lis dans des cours que le complété projectif est l'espace projectif $\mathbb{P}(  \hat{P})$ qui n'a pas de structure particulière comme tu l'as écrit avant (pour $P(E_3))$.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • @NicoLeProf : ok, il suffit de s'accorder sur les notations. Que penses-tu de l'exercice (niveau seconde à modifier en fonction du public) ci-dessus ? 
  • J'en pense que ce n'est pas niveau seconde déjà lol :D
    Plus sérieusement, pourquoi $A(-2,3,1)$? Le $1$ est arbitraire et a un rapport avec des notions de "droite de l'infini" ou "point de l'infini" que je n'ai pas encore comprises? Tu te places bien dans le complété projectif enfin dans l'espace projectif associé à $\hat{P}$? 
    Cela signifie que raisonner dans le complété projectif n'est pas pareil que de raisonner dans l'enveloppe vectorielle car en raisonnant dans l'enveloppe vectorielle de base $(A,B,C)$, je trouve comme équation de la droite $(AB) : z=0$.
    Il serait plus adapté pour ce type de raisonnement l'exo de seconde.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    @NicoLeProf : tu m'inquiètes car je n'ai pas envie de me faire encore incendier par @pldx1

    1.- Tu as bien vu dans la première figure que $A=(-2,3)$ dans $\boxed{E=\mathbb R^2}$. Cela est ok et tu conviendras que c'est niveau seconde.

    2.- Comme m'y invite @pldx1, oublions le vocabulaire overpedantic (pédant en anglais) et tentons de faire simple. $E$ est de dimension $2$. Je considère l'espace vectoriel $E\times \mathbb R$ de dimension $3$, et, dans cet espace, le plan affine $$\color{blue}\boxed{E_1:=E\times \{1\}}$$dont la direction est le plan $$\color{grey}\boxed{E_0:=E\times \{0\}}$$

    3.- Jusque là, tu es ok ? (Je n'ai pas pris $1$ sur la figure dans l'espace mais $6$ pour des raisons de clarté de la figure. Mais comme originellement, le post s'adressait à @pldx1 et à @Rescassol, cela n'est qu'un détail minime pour eux.
  • @Rescassol : Prenez-le comme vous voulez, comme un compliment si vous voulez. Pour moi, ce n'est qu'un fait : je n'ai jamais vu de la géométrie aussi élégante que celle que vous présentez sur mes deux derniers fils. Auparavant, je n'y voyais qu'une langue incompréhensible pour moi. Maintenant, j'y vois de la pure géométrie, la plus épurée que j'ai jamais vue. 
  • NicoLeProf
    Modifié (14 Apr)
    Non, je ne comprends pas pourquoi la direction de $E_1$ est le plan $\color{grey}\boxed{E_0:=\mathbb R\times \{0\}}$ (alors que c'est un espace de dimension $1$). Ce ne serait pas plutôt $E \times \{0\}$?
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • oui, je corrige

  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    Si une droite vectorielle $D$ de $E\times \mathbb R$ n'est pas contenue dans $E_0$, elle rencontre $E_1$ en un seul point $(M,1)$. N'est-ce pas ?
  • @NicoLeProf
    1ère étape : Soit $M\in\widehat{\mathcal E}$ de coordonnées $(x,y,z)$ dans la base $(A,B,C)$.
    Montrer que $M\in\mathcal E\Leftrightarrow x+y+z=1$.
  • Oui stfj ça je vois très bien !
    @gai requin, soit $M \in \hat{\mathcal{E}}$ de coordonnées $(x,y,z)$ dans la base $(A,B,C)$.
    Alors il existe $x, y, z \in \mathbb{R}$ tels que $M=xA+yB+zC$.
    Je fixe une origine $O$ de $\hat{\mathcal{E}}$. Alors $\overrightarrow{OM}=x \overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$.
    Sens direct : supposons que $M \in \mathcal{E}$. Alors il existe un unique triplet de coefficient $(\alpha,\beta,\gamma)$ tel que $M=bary\{(A,\alpha),(B,\beta),(C,\gamma)\}$ avec $\alpha+\beta+\gamma=1$.
    Dès lors, $\overrightarrow{OM}=\alpha \overrightarrow{OA}+\beta\overrightarrow{OB}+\gamma\overrightarrow{OC}$ i.e : $M=\alpha A+\beta B+\gamma C$ puis par unicité de l'écriture de $M$ dans la base $(A,B,C)$, on conclut que $\alpha=x$ ; $\beta=y$ et $\gamma=z$ et on a bien $x+y+z=1$.
    Réciproque : supposons que $x+y+z=1$.
    Alors, $\overrightarrow{OM}=x \overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$ puis par la relation de Chasles, $(1-x-y-z) \overrightarrow{OM}=x \overrightarrow{MA}+y\overrightarrow{MB}+z\overrightarrow{MC}$ soit $x \overrightarrow{MA}+y\overrightarrow{MB}+z\overrightarrow{MC}=\vec{0}$ donc $M=bary\{(A,x),(B,y),(C,z)\}$ avec $x+y+z=1$. Donc $M \in \mathcal{E}$.
    Je ne sais pas si c'est tout à fait correct. :D
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    Tu risques d'être sous deux tirs croisés, le mien et celui de @gai requin . Mais rien ne t'oblige à me lire tout de suite, ni même à reprendre la lecture un jour ou l'autre. Néanmoins, avec l'assurance d'être juché sur l'épaule de géants,  

    Réciproquement, par tout point $(M,1)$ de $\color{blue}E_1$ passe une seule droite vectorielle que je noterai $\varphi(M)$. On voit donc qu'il y a une injection canonique $$E\to P(E\times \mathbb R)$$ [Je te rappelle en effet que $P(E\times \mathbb R)$ désigne tout simplement l'ensemble des droites vectorielles de $E\times \mathbb R$]

    ok ?
  • @NicoLeProf : C’est quoi $\overrightarrow{OM}$ pour $O,M\in\widehat{\mathcal E}$ ?
    Je partirais de $M\in\mathcal E\Leftrightarrow M-A\in\vec{\mathcal E}$.
  • $\begin{vmatrix}0 & 1 & -w \\-u & 0 & 1 \\1 & -v & 0\end{vmatrix}=0-(-u)\begin{vmatrix}1 & -w \\-v & 0
    \end{vmatrix}+1\begin{vmatrix}1 & -w \\0 & 1\end{vmatrix}=0-uvw+1=1-uvw$
    Je m'y suis repris à dix fois, je trouvais toujours "+" au lieu du $-$ attendu. Ouf ! :)
  • Oui c'est clair pour le moment stfj.
    Ok @gai requin, le $\widehat{\mathcal E}$ m'embête,  je reprends :  
    $M \in\widehat{\mathcal E}$ donc $M$ s'écrit sous la forme $M=x f_A+yf_B+zf_C$ où $f_A, f_B$ et $f_C$ sont les applications que j'ai définies plus haut.
    Soit $\phi$ la forme linéaire de $\widehat{\mathcal E}$ dans $\mathbb{R}$ de noyau $\overrightarrow{\mathcal{E}}$ et telle que $\phi(f_{A_0})=1$ lorsque $A_0 \in \mathcal E$.
    $M \in \mathcal{E} \Leftrightarrow M-A \in \overrightarrow{\mathcal{E}} \Leftrightarrow x f_A+y f_B+zf_C-f_A \in \overrightarrow{\mathcal{E}} \Leftrightarrow \phi(x f_A+y f_B+zf_C-f_A )=0 \Leftrightarrow x+y+z-1=0$. Ce qui conclut.
    Mieux ou toujours pas?
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    Voici ma démonstration de Céva : j'ai utilisé des notations malcommodes à dessein pour m'obliger à faire une démonstration un peu personnelle et retrouver le théorème tel qu'énoncé par wikipedia.

    $$ABC$$ $$E\in AC, F\in AB, D\in BC$$ $$A=[1;0;0], B=[0;1;0], C=[0;0;1]$$  $$D=[0;1;u], F=[1;w;0], E=[v;0;1]\text{ avec }u=\frac{-\overline{DB}}{\overline{DC}},v=\frac{-\overline{EC}}{\overline{EA}},w=\frac{-\overline{FA}}{\overline{FB}}$$ $$D_a=A\wedge D=[0,-u,1], D_b=[1,0,-v],D_c=[-w,1,0]$$

    $$D_a,D_b,D_c \text{ concourantes }\iff uvw=1\iff Ceva \square$$
  • gai requin
    Modifié (14 Apr)
    @NicoLeProf : Oui, c’est mieux 😉
    Perso, j’aurais utilisé que $(A,B,C)$ est une base de $\widehat{\mathcal E}\Leftrightarrow\big(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\big)$ est une base de $\vec{\mathcal E}$.
  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    Au moyen de cette injection canonique, $$E\to P(E\times \mathbb R)$$ $$M\mapsto \varphi(M)$$ on identifie $E$ avec son image $\varphi(E)$.

    Historiquement, c'est l'idée d' "immerger" ainsi un espace vectoriel dans un espace plus vaste qui a conduit à la notion d'espace projectif.

    1. ok1 jusque là ?

    Le complémentaire de $\varphi(E)$ dans $P(E\times \mathbb R)$ est l'hyperplan projectif $E_0$, dit "hyperplan à l'infini" pour cette raison. 

    2.- ok2 ?
  • Bravo stfj, je savais que tu y arriverais.
    Une petite remarque, pldx1 conseille (et je pense qu'il a raison du moins lorsqu'on enseigne) d'utiliser des notations visiblement différentes pour points et droites. Son choix se porte sur point en colonne et droite en ligne. De plus, le signe égal peut perturber, au moins au début, donc pourquoi pas utiliser $\simeq$ lorsqu'il s'agit des coordonnées homogènes qui sont définies à un facteur près.
    Par ailleurs, pour le déterminant, je conseille personnellement la méthode de Sarrus pour des matrices 3x3, cela peut se faire au lycée sans souci.
    Bilan des courses, ce genre de démonstrations devient effectivement accessible dès le secondaire à condition d'avoir les barycentres. Le même genre de calcul avec les coordonnées cartésiennes peut se faire dès le collège. Est-ce le moment de rappeler que je veux bien ton retour si tu essayes ? Je sais, je suis horriblement têtue.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • stfj
    Modifié (14 Apr)
    Comme Dieudonné l'écrit, @Vassillia, on identifie $E$ à son image $\varphi(E)$. D'où le signe $=$ que j'ai utilisé. Je n'enseigne pas ici, je me détends. :). Eh oui, @NicoLeProf, tu viens de recevoir une leçon de Jean Dieudonné en personne( Algèbre linéaire et géométrie élémentaire,1964, Hermann, p.184-185). Cela fait quoi de réussir à lire un tel géant des mathématiques ?
  • D'accord mais cela n’empêche pas de se projeter dans un enseignement futur et puis, on ne sait jamais par qui on va être lu ;)
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • @Vassillia : Que penses-tu de mon "exercice de seconde" ? Il y a beaucoup de pseudos ici mais c'est plus tranquille que sur math stack exchange. Je m'y suis fait taper sur les doigts parce que j'avais mis un "wow" dans une réponse à une de mes questions. Pourtant ce "wow" était justifié parce que la personne qui a répondu à ma question (elle-aussi a un pseudo "Pythagoras") est loin d'être un noob; c'est même tout le contraire. Je crois que c'est ...
  • Vassillia
    Modifié (14 Apr)
    J'en pense que l'idée est bonne mais que je ne le ferai pas ainsi, enfin pas tout à fait
    $A\simeq\left(\begin{array}{c} -2\\ 3\\ 1 \end{array}\right)$ et $B\simeq\left(\begin{array}{c} -1\\ 5\\ 1 \end{array}\right)$
    $(AB) \simeq A \wedge B \simeq [-2 , 1 , -7]$
    Et maintenant $M\simeq\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ 1 \end{array}\right)$ appartient à la droite $(AB)$ ssi $(AB) \cdot M = 0$
    Donc on trouve l'équation de droite $-2x+y-7 = 0$ car je préfére que ce soit bel et bien clair que la droite, c'est $[-2,1,-7]$
    Pareil pour les autres droites et bien sûr, on peut vérifier que le déterminant est nul (c'est à dire que les droites sont concourantes) ce qui n'est guère surprenant vu que toutes les droites passent par le point $A$. Ce serait plus vendeur si les droites n'avaient pas toutes été construites à partir de $A$
    J'avoue, je boude énormément d'avoir fait des études supérieures en maths sans apprendre ce que je trouve maintenant élémentaire !
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
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