Cobars et Véto et espace projectif réel

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Réponses

  • Vas-y. Explique ab ovo si tu veux, @Vassillia . Je suis prêt. J'ai besoin que des points soient des points, des droites des droites, etc... des parallélogrammes des parallélogrammes... des triangles des triangles...  si c'est posssible; sinon qu'on m'explique. Je sais que Donnedu met des guillemets autour de "triangle" dans un espace projectif. J'ai déjà réfléchi à tout cela et je crois être prêt. Cela te fera un cobaye de 4è supplémentaire.
  • Mais il n'y a rien à expliquer, tu divises les points comme précédemment et tu vas trouver les même x et y que pldx1, c'est tout.
    S'il faut expliquer des trucs à ce stade, c'est que je m'y prends mal (donc il vaut mieux oublier mes histoires)
    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 (20 Apr)
    Mais je l'ai fait(en $\color{red}VII$), j'ai calculé$$\mathcal L_{\infty} .B=-2$$ et ai trouvé les résultats de pldx1. Ok oublie l'idée idiote de tout reprendre ab ovo avant d'avoir fini les calculs qui éclairent les idées.
  • Je sais et justement si tu utilises la "même méthode" tu vas trouver E et G en utilisant son x et son y mais laissons tomber, on cherchait la matrice de collineation.
    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 (20 Apr)
    $\color{red}XVI.-$

    $$\mathcal L_{\infty}=[0,1,0]$$ $$\boxed{E=\frac13.\frac{ A}{\mathcal L_{\infty}A}+\frac23.\frac{D}{\mathcal L_\infty D}?}$$ j'ai $$A=[-9;-5;1]$$ Et $$D=[0;5;-2]$$ Est-ce que j'écris $$D=[0;-\frac52;1]$$ @Vassillia ?
    __________________________________
    Ta façon d'envisager ces calculs commencent à me plaire. Au diable la "théorie". Voyons d'abord comment on calcule avant un jour peut-être de lire les mille pages de Russell avant d'arriver à $$1+1=2$$
  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    $\color{red}XVII.-$ La matrice de collinéation, là, va falloir que tu me calcules comment tu fais, stp. 
  • J'avoue que c'est assez proche de ma philosophie 
    En tout cas, c'est ce que je voulais, tu écris bien D comme tu veux, c'est tout l'intérêt du bazar
    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 (21 Apr)
    wow ! cool ! (je vais jeter mon Frenkel)

  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    $\color{red}XVIII.-$ Point n°12 de la "(suite)" page 3 : $$H\simeq\left(\begin{array}{c} 3x\left(y+5\right)\\ -10xy+10x+10y\\ 7xy-5x-4y \end{array}\right)\mapsto\left(\begin{array}{c} -15\\ -19\\ 7 \end{array}\right)\approx\left(\begin{array}{c} -2.1429\\ -2.7143\\ 1.0 \end{array}\right)$$

    J'ai vérifié en remplaçant $x=1/3 $ et $y=5/9$ qu'on trouve $\frac{1}{27}(150,190,-70)$

  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    $\color{red}XIX.-$ Point n°13 de la "(suite)" page 3 : 

    $\begin{align*} \mathrm{hypothesis} & = & \det\left(E\wedge B,\,D\wedge F,\,\mathcal L_{\infty}\right) & = & 6zx-5x-5z+5\\ \mathrm{conclusion} & = & \det\left(G\wedge F,\,H\wedge C,\,\mathcal L_{\infty}\right) & = & 240y\left(6zx-5x-5z+5\right) \end{align*}$

    Magnifique(au sens étymologique)!

    Il sera équivalent de dire que la droite projective $EB$ est dans le faisceau formé par $DF$ et $\mathcal L_{\infty}$ , ou de dire que $GF$ est dans le faisceau formé par $HC$ et $\mathcal L_{\infty}$.

    Autrement dit les assertions $A1$ et $A2$ sont simultanément VRAIES ou FAUSSES puisque $A1|A2$

    Autrement dit $EB\parallel DF \iff GF\parallel HC$



  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    $\color{red}XX.-$ point n°14 de la suite pour violoncelle seul-e, page 3 :  

    Aucune idée, pas la moindre, d'où sort cette matrice 3x3 :  

    $$\dfrac{25}{288}\left[\begin{array}{ccc} 10 & 72 & 270\\ 55 & -54 & -15\\ 0 & -12 & 0 \end{array}\right]$$

  • stfj
    Modifié (20 Apr)
    $\color{red}XXI.-$ Partiellement rasé au rasoir d'Occam, je m'applique un autre principe fondamental de la science : aide toi avec A.Doneddu, Compléments de géométrie algébrique, 2.6.5.4 Exemple de détermination d'une homographie, le ciel t'aidera.

    Soit $E$ un espace vectoriel réel de dimension $3$.  Il existe une transformation projective et une seule $h\in \textbf{PGL}(E)$ qui permute le repère projectif $a_0,a_1,a_2,a_3,a_4$ en $a_1,a_2,a_3,a_0$. Il existe par ailleurs une base $B=\{e_1,e_2,e_3\}$ de E,définie à une homothétie près. Caractérisons $h$ avec Alfred à l'aide de ses équations dans la base $B$. La $f\in\textbf{GL}(E)$ associée doit vérifier : $$f(e_1)=\lambda e_2, f(e_2)=\mu e_3, f(e_3)=\nu e_0), f(e_0)=\rho e_1$$
    avec $\lambda,\mu,\nu,\rho \in \mathbb R$. Mais $$e_0=e_1+e_2+e_3\implies f(e_1)+f(e_2)+f(e_3)=f(e_0)$$d'où $$\lambda e_2+\mu e_3+ \nu (e_1+e_2+e_3)=\rho e_1$$et par suite $$\nu=\rho, \lambda+\nu=0,\mu+\nu=0$$(sans regarder la solution d'Alfred)
    ie $$\nu=\rho, \lambda=\mu=-\rho$$D'où la matrice de $f$ dans la base $B:$ $$M(f)=\rho\begin{bmatrix}0 & 0 &  1\\-1 & 0 & 1 \\0 & -1 & 1\end{bmatrix} $$
  • stfj
    Modifié (20 Apr)
    $\color{red}XXI.)$ $B\to \frac{B}{\mathcal L_{\infty}.B}=-\frac12 B=B'$
  • pldx1
    Modifié (20 Apr)
    Bonjour, $\def\simeqx#1{\underset{#1}{\simeq}} \def\linfrtp{\mathcal{L}_{\mathrm{rtp}}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\doteqx#1{\underset{#1}{\doteq}}$
    Décidément stfj cherche à devenir célèbre pour sa capacité à quasiment tout comprendre de travers.
    1. Exemple 1. << La "polysémie" évoquée par pldx1 est ce que l'on nomme ailleurs la dualité >> . Ben non. Dans l'exemple ci-dessous, les lignes 2 et 4 concernent la syntaxe et implémentent le caractère polysémique de la procédure. Tandis que la ligne 3 concerne la sémantique et implémente la dualité point/droite.



      Note à Benêts: Tr est le codage raccourci utilisé pour la transposition (opérateur polysémique s'il en est, applicable aux objets de type Vector, Matrix, array, y osotros)
    2. Exemple 2. stfj confond << la donnée de quatre points génériques suffit à déterminer un repère projectif >> avec << la donnée ... nécessite ... >>. Et donc stfj n'arrive pas à comprendre que la donnée de la droite de l'infini et de trois points à distance finie détermine également un repère projectif. Et ensuite << J'ai compris que le quatrième point, c'est $P(\mathbb{R}(0,1,0))$ >>. Ben non. La droite $\linf\simeq\left[0,1,0\right]$ n'est pas un point. Cette droite se note en ligne pour tenter d'aider les stfj à percevoir de quoi qu'on cause. Il ne s'agit donc pas d'un point qui, lui, se noterait en colonne.
    3. Exemple 3. << Q: Est-ce que le fléchi-flécha aide à comprendre pourquoi §3 et §4 donnent la même chose ? R: oui Frenkel m'aide évidemment... >> Et cela juste après que stfj ait déclaré qu'il n'a toujours pas procédé à ce fameux calcul §4. Pipeau total !
    4. Exemple 4. << Je suis communiste (on connait la formule, ça évite de réfléchir) >> Mais si, mais si, stfj a vraiment déclaré cela msg-2476460. Je ne sais pas si stfj est ou n'est pas communiste, mais il semble qu'il aurait des difficultés à être un miroir.
    5. Exemple 5. La prétendue erreur de calcul ou comment stfj merdifie les choses simples. Il s'agit de faire coexister TROIS choses: les coordonnées cartésiennes dans le rantanplan de la figure de gauche, les cordonnées projectives dans le plan projectif de la figure de gauche, les coordonnées dans le rantanplan de la figure de droite (qui sont en même temps les coordonnées dans le plan projectif de la figure de droite).
    6. C'est quoi le rantanplan ? ce sont les coordonnées qu'il faut transmettre à la carte graphique. C'est quoi la géométrie projective ? C'est quand on a l'intention de déplacer la droite de l'infini. Ici, il s'agissait (à gauche) d'utiliser $\linf\doteq\mathrm{xAxis}$ comme droite de l'infini puis (à droite) d'envoyer la droite de l'infini... à l'infini (du rantanplan).
    7. On dessine donc (à gauche) en utilisant \[ A,B,C,D,\linfrtp\simeqx{\mathrm{rantanplan}}\left(\begin{array}{c} -9\\ -5\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -3\\ -2\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -3\\ -10\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ -5/2\\ 1 \end{array}\right),\left[0,\,0,\,1\right] \] de façon à représenter \[ A,B,C,D,\linf\simeqx{\mathrm{gauche}}\left(\begin{array}{c} 9/5\\ 1\\ -1/5 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 3/2\\ 1\\ -1/2 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 3/10\\ 1\\ -1/10 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ -2/5 \end{array}\right),\left[0,\,1,\,0\right] \] Les points sont les mêmes, les normalisations sont différentes (la droite de l'infini a changé). Et, évidemment, la formule $A+D=B+C$ est valable dans le plan projectif (et donc n'est pas vérifiée dans le rantanplan).
    8. On considère alors le point $E\doteqx{\mathrm{gauche}}xA+\left(1-x\right)D$ avec $x=1/3$. Et, comme attendu, stfj s'empresse de montrer qu'il n'a rien compris à la géométrie projective et calcule \[ E_{\mathrm{tartouille}}\simeq\frac{1}{3}\left(\begin{array}{c} -9\\ -5\\ 1 \end{array}\right)+\frac{2}{3}\left(\begin{array}{c} 0\\ -5/2\\ 1 \end{array}\right)=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{c} -9\\ -10\\ 3 \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} -3\\ -10/3\\ 1 \end{array}\right) \] Pas de chance! Les supposés bonzauteurs, créateurs du fléchi-flécha et autres Sainctes Salades, n'auraient pas pu choisir meilleur approbaniste ! Il s'agissait évidemment de calculer \[ E\simeq\frac{1}{3}\left(\begin{array}{c} 9/5\\ 1\\ -1/5 \end{array}\right)+\frac{2}{3}\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ -2/5 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 3/5\\ 1\\ -1/3 \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} -9/5\\ -3\\ 1 \end{array}\right) \]
    9. Et lorsque l'on transporte cela à droite, par la collinéation qui va bien, on trouve \[ E_{\mathrm{droite}}\simeq\frac{1}{3}\left(\begin{array}{c} -3\\ -4\\ 1 \end{array}\right)+\frac{2}{3}\left(\begin{array}{c} 3\\ 4\\ 1 \end{array}\right)\simeq\frac{1}{3}\left(\begin{array}{c} 3\\ 4\\ 3 \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} 1\\ 4/3\\ 1 \end{array}\right) \]
    10. On peut même introduire le fait que le seul et unique invariant projectif est le birapport. Et l'on voit que: \[ birap\left(A,D,\delta_{AD},E\right)=-1/2 \] quelque soit la façon de calculer ce birapport. Autrement dit, lorsque le centre de gravité est au tiers, les bras de levier sont dans le rapport $2:1$. Ça, c'est du lourd !
    11. Et on arrive à la version conspirationniste de la chose: pldx1 a fait exprès de publier le résultat correct, rien que pour piéger stfj. Ah, le grand vilain !
    12. Et stjf redouble de sottise en jouant au breton courroucé, acrimonié, lanciné, xénophobé et quoi encore! Pour être honnête, je le verrais plus en Savant de Marseille qu'en autre chose.

    Cordialement, Pierre.

  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    J'étudie le point n°7 ci-dessus.
  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    2'- $\begin{bmatrix}0, & 1, & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-9 \\-5 \\1\end{bmatrix}=-5$ (voir $\color{red}XVI$) C'est une forme linéaire de $\mathbb R^3$ dans $\mathbb R$ peut-être... 
  • stfj
    Modifié (1 May)
    $\color{red}XX+I.-$ Pour la suite, si suite il y a, je prendrai comme base de travail le commentaire suivant auquel m'a renvoyé Vassillia. Je fais tout de même un petit topo perso : Soit $d$ une droite du plan présenté à mes élèves de $3è$(je sais, les pauvres!). Soit $M$ un point du plan. LES coordonnées de LE point $M$ étant notées $x$ et $y$, on parlera de LES coefficients de LA droite $d$ comme de ceux établissant une relation entre $x$ et $y$, en l'occurrence : 

    Soit $$y=px+q\text{, autrement écrite } px+(-1)y-q=0\text{, autrement écrite } [p,-1,-q]\begin{bmatrix}x \\y \\1\end{bmatrix}=0$$

    Soit $$x=a\iff [1,0,-a]\begin{bmatrix}x \\y \\1\end{bmatrix}=0$$
    On a donc $M\simeq \begin{bmatrix}x \\y \\1\end{bmatrix}$ qui caractérise le point et $d\simeq [p,q,r]$ qui caractérise la droite, le symbole simeq étant expliqué dans le commentaire susmentionné qui fonde ainsi sans le dire une nouvelle définition des points et des droites du plan et du plan lui-même.

    Nous abandonnerons volontiers ici dans le cadre de ce fil :

    a) notre précédente définition d'un point comme un objet à la Hardy composé d'une parenthèse; d'un nombre; d'une virgule ou d'un point-virgule si l'on renonce à la virgule pour la remplacer par le plus commode point anglo-saxon pour écrire par exemple $$e\approx 2.71828$$d'un autre nombre tel que $$\sqrt3=1.7320...$$et enfin d'une parenthèse ; pour adopter dans le cadre de MATHEMATIQUES EN DEVENIR la définition proposée ici.

    b) notre précédente définition d'une droite du plan $\mathbb R^2$ comme d'un ensemble du type $$a+\mathbb R b$$avec $a,b\in \mathbb R^2$ pour lui substituer celle obtenue au rasoir d'Occam (quelle prétention tout de même, faut avoir les reins solides pour se permettre de telles remarques !) de $$[p,-1,-q]$$ 

    c) notre précédente définition du plan comme $\mathbb R^2$ pour adopter celle de : 

    Définition : on appelle plan l'ensemble des $\begin{bmatrix}x \\y \\1\end{bmatrix}$ autrement dit une orange dont on a enlevé la peau.

    Si cette définition déplaît, peu me chaut, en science, seule l'efficacité des outils importe, on verra à l'usage s'il est utile de rigourer davantage. Voilà que je parle comme pldx14 :)
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    @Dom : je ne sais pas bien faire les renvois mais dans ce post et le suivant, voilà ce que j'ai en tête.
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    "Man muss jederzeit an Stelle von "Punkten, Geraden, Ebenen", "Tische, Stühle, Bierseidel" sagen können."(table, chaise, verre de bière)
  • stfj
    Modifié (21 Apr)

    $\color{red}XX+II.-$ Soit $\begin{bmatrix}a_1\\a_2 \\a_3\end{bmatrix}=:A\neq B:=\begin{bmatrix}b_1 \\b_2 \\b_3\end{bmatrix}$ deux points du plan. Nous définissons les opérateurs$$\boxed{Cruxifion }: plan \times plan\to \{droites\}$$ $$(A,B)\mapsto A\times B:=[a_2b_3-b_2b_3,...,...]$$

    On (le "Man" de Hilbert dans la phrase célébrissime susmentionnée) sait que $(A\times B )\cdot A=0$ et que $(A\times B )\cdot B=0$, autrement dit on sait que $A\times B=(AB)$, où l'on désigne par $(AB)$ l'unique droite passant par $A$ et $B$. Pour les enfants de @Vassillia, il faudrait multiplier les exemples, ce qui permettrait aux enfants de s'approprier $\text{Cruxifixion}$. 

    $$\boxed{Hannibal}: \{droites\} \times \{droites\}\to \text{plan}$$ $$(A,B)\mapsto A\times B:=\text{...pareil aux notations conventionnelles près}$$
    Tentative d'illustration par une figure fausse (qu'on corrigera au savon de Marseille si on le souhaite) qu'une pratique à la Vassillia avec des enfants ne saurait évidemment remplacer.
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    "Pas besoin de toute la théorie derrière, c'est justement cela l’intérêt et c'est pour cela que c'est faisable très tôt. Si ta théorie paralyse ta pratique, c'est que la théorie n'est pas efficace (ou en tout cas mal vendue)."
  • Vassillia
    Modifié (21 Apr)
    Merci du conseil stfj, c'est prévu, la bonne ou mauvaise nouvelle (tout dépend du point de vue), c'est que je pense que les enfants auront beaucoup moins de blocages que nous qui avons été formés d'une certaine manière, qui avons des habitudes... et puis l'age joue en leur faveur
    j'ai compris pourquoi collinéation aussi tôt et aussi comment "voir" le birapport sur la figure, les coordonnées sont particulièrement bien choisies. C'est bien joué !
    Je viens juste de comprendre mais je ne suis pas une référence, le tout premier truc que j'ai appris, c'est justement à calculer la matrice https://www.maths-forum.com/cafe-mathematique/redressement-perspective-t208965.html alors ...
    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 (21 Apr)
    Pour répondre à @Vassillia à sa demande d'un retour d'une pratique du terrain, ie dans des vraies classes avec des vraies élèves, j'expérimenterai à l'occasion  $\color{red}XXI$ et $\color{red}XXII$ par exemple dans le cadre de cours précédant les vacances. J'ai un doute : à quoi bon?
  • Vassillia
    Modifié (21 Apr)
    Je voulais surtout un retour si tu essayes, je connais, au moins pour partie, les difficultés générales dans l'enseignement.
    Pour la question à quoi bon ?
    Se faire plaisir professionnellement ou personnellement déjà ! J'ai tendance à trouver que c'est une raison auto-suffisante
    Ensuite, la mer est faite de gouttes d'eau, si chacun(e) se dit qu'il ne peut rien faire, il ne se passera rien.
    Mais en essayant de faire quelque chose soi-même, on peut réussir à avoir quelques résultats, à motiver les autres à essayer aussi ...
    La situation me parait préférable à la précédente, sans garantie de succès, donc à privilégier si on le souhaite bien sûr.
    Mais ne détournons pas ce fil avec des considérations hors maths, déjà qu'il y a pas mal de monologues

    Edit : message devenu sans objet, stfj ayant effacé la plus grande partie du sien.
    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 (21 Apr)
    Merci pour le lien vers le carrelage; je n'avais pas vu initialement. J'y ai trouvé également ceci. Dans le message 6020, @GaBuZoMeu écrit que $Z$ part à l'infini. Or, c'est $O$ qui part à l'infini, n'est-ce pas ? (j'ai voulu écrire directement sur mathsforum mais je n'y suis pas encore enregistré). 
  • Vassillia
    Modifié (21 Apr)
    Mais euh, 6020, c'est le nombre de messages, pas le numéro d'un message donc ... comment veux-tu que je comprenne de quoi tu parles ? Et Il n'y a ni Z ni O dans le geogebra que tu as retrouvé.
    En tout cas, je pense que tu n'as pas compris, ce sont les points de fuite :
    - H l’intersection de (ad) et (bc) qui part à l'infini donc les droites passant par H deviennent horizontale et parallèles 
    - V l'intersection de (ab) et (cd) qui part à l'infini donc les droites passant par V deviennent verticales et parallèles.
    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 (21 Apr)
    Dans le lien avec le carrelage , il y a le message 6020(le n°2 où il est question de [X,Y,Z,W], n'est-ce pas ? (j'ai bien compris ce que sont les points de fuite, exactement ce que tu décris, ma chère Vassilia, :) Z ne part pas à l'infini, c'est O qui part à l'infini.
  • @Vassillia : ok , désolé, j'ai compris ; on fait de (OZ) la droite de l'infini. 
  • stfj
    Modifié (21 Apr)

    J'espère que @GaBuZoMeu me pardonnera de faire de la publicité pour son relèvement du carrelage $abcd$ en le rectangle $EdGF$. Je viens de lire la construction du point $P$, projection horizontale du relevé $M$ du point $m$ sur le côté $dG$. La dernière fois que j'ai lue des explications aussi claires de géométrie projective, c'était dans le cours de Daniel Perrin. Hâte d'étudier la suite où est promise l'introduction de la matrice d'homographie.
  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    $\color{red}XX+III.-$ @Vassillia : bonjour,
    J'ai fini d'étudier le lien(le carrelage) que tu m'as fourni. Je n'arriverai néanmoins pas seul à obtenir la matrice $$\dfrac{25}{288}\left[\begin{array}{ccc} 10 & 72 & 270\\ 55 & -54 & -15\\ 0 & -12 & 0 \end{array}\right]$$de collinéation pour le relèvement de la figure de gauche en celle de droite 

    Cordialement,
    Stéphane 
    ____________________
    "Dans un pot tu l'as enfouie, la graine pourpre demeurée à ton habit de chèvre. Elle n'a point germé."
  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    Ou alors on applique la méthode du carrelage avec $A=(-9,-5)→A'=(-3,-4); B=(-3,-2)→B'=(-4,-3); C=(-3,-10)→C'=(-4,3); D'=(3,4)$ , les points $A',B',C',D'$ obtenus par simple lecture graphique comme pour le carrelage ?

    Soit $f:(x,y)\mapsto (\frac{a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}},\frac{a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}})$. Je cherche les coefficients $a_{i,j}$ de telle sorte que $A=(-9,-5)→A'=(-3,-4); B=(-3,-2)→B'=(-4,-3); C=(-3,-10)→C'=(-4,3); D(0,-2.5)\to D'=(3,4)$


  • stfj
    Modifié (21 Apr)
    En vérifiant en tout cas avec les coefficients de la matrice $$\dfrac{25}{288}\left[\begin{array}{ccc} 10 & 72 & 270\\ 55 & -54 & -15\\ 0 & -12 & 0 \end{array}\right]$$fournie, j'obtiens $f(-9,-5)=\frac{25}{288}(-3,\frac{-239}{60})\approx \frac{25}{288}(-3,-4)$. Cela commence à ressembler à quelque chose sauf la présence que je ne comprends pas de $\frac{25}{288}$ . Je suis en train d'obtenir d'autres résultats concordants.

    @Vassillia, c'est comme cela que tu as fait ?
  • Vassillia
    Modifié (21 Apr)
    GaBuZoMeu a écrit
    $f:(x,y)\mapsto \left(\dfrac{a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}},\dfrac{a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}}\right)$.
    Mais en fait, et il le dit d'ailleurs, cela revient à $ \left[\begin{array}{ccc} a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} \\ a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} \end{array}\right] \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3} \\ a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}\\ a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3} \end{array}\right) \simeq  \left(\begin{array}{c} \dfrac{a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}} \\ \dfrac{a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}}\\ 1 \end{array}\right)$

    Donc on cherche une matrice qui transforme les coordonnées homogènes de $A$ en celle de $A'$ et ainsi de suite pour $B$, $C$ et $D$. La matrice est définie à un facteur multiplicatif global non nul près puisqu'on parle de coordonnées homogènes donc ce n'est vraiment pas grave de ne pas comprendre le $25/288$.

    Effectivement, on peut vérifier que la matrice donnée fait l'affaire
    $\dfrac{25}{288}\left[\begin{array}{ccc} 10 & 72 & 270\\ 55 & -54 & -15\\ 0 & -12 & 0 \end{array}\right] \left(\begin{array}{c} -9\\ -5\\ 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} -125/8\\ -125/6 \\ 125/24 \end{array}\right) \simeq \left(\begin{array}{c} -3\\ -4 \\ 1 \end{array}\right)$ et ainsi de suite

    On peut aussi la calculer soi-même mais ce n'est vraiment pas à moi de l'expliquer étant donné que j'utilise complétement l'algorithme de pldx1 qui est plutôt efficace. Je te laisse voir avec lui s'il le souhaite. Sinon tu as un système d'équations linéaires à résoudre, c'est excessivement pénible mais cela ne pose pas de problème conceptuel.
    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 (22 Apr)
    @Vassillia : même pas une petite référence à mon poème de SJP(mon deuxième prénom est Philippe). Tu me répondras que c'est des configurations hors-maths. Or, la poèsie est création et a donc tout à voir avec les mathématiques récréatives que tu me présentes ici si gentiment. MERCI.
    _______________________________________
    "Être qualifié de sot par un imbécile est une épreuve, car l’avis d’un imbécile est rarement modifié. Cependant, être traité de sot par un esprit éclairé n’est pas dérangeant, car l’intelligence a la capacité de revoir ses jugements." CJStcatgPht

  • Bonjour,

    Exercice: Reprendre tout cela avec les données suivantes:

    Comme cela, notre Savant de Marseille ne sera plus obligé de recopier encore
    et encore la même figure et pourra enfin mentionner "Ménélas fecit" en bas du dessin.

    Cordialement, Pierre.
  • stfj
    Modifié (23 Apr)
    $\color{green}0.-$ Conformément aux définitions adoptées dans $\color{red}XXI$ et $\color{red}XXII$, $A\simeq \begin{bmatrix}-10 \\-6 \\1\end{bmatrix}\text{,  }C\simeq \begin{bmatrix}-2 \\-10 \\1\end{bmatrix}, \linf\simeq  [1,-3,2], \delta BC\simeq \begin{bmatrix}-4 \\0 \\1\end{bmatrix}, \delta AB\simeq \begin{bmatrix}2 \\2 \\1\end{bmatrix},$ $$B\simeq (A, \delta AB)\wedge (C, \delta BC),$$ où l'on a adopté le signe wedge, $\wedge$, plus courant que $\times$ pour les opérateurs Cruxifixion et Hannibal.

    On rappelle, conformément à la définition fournie par JD dans l'exercice 1 du §3 de [1], qu'on dit que "$(a,b,c,d)$ est un parallélogramme" au lieu de dire que $$d-c=a-b$$ ou encore $$d-c\color{red}+c\color{black}=a-b\color{red}+c$$(procédé algébrique enseigné dès la quatrième au moins dans tous les établissements scolaires français et partout dans le monde)

    ie $$d=c+a-b$$(A l'invite de JD, on recommande de faire un dessin, si doute il y a)ce qui se traduit ici par $$D\simeq \frac{C}{\linf\cdot C}+...$$ 
    ______________________________________
    Toujours par simple lecture graphix (KISS), [on pourra néanmoins consulter pour plus de détails les pages 189-203 de [2] ou encore le chapitre 7 de [3]], $$A'\simeq \begin{bmatrix}-4 \\-2 \\1\end{bmatrix},B'\simeq \begin{bmatrix}2 \\-4 \\1\end{bmatrix},C'\simeq \begin{bmatrix}4 \\2 \\1\end{bmatrix},D'\simeq \begin{bmatrix}-2 \\4 \\1\end{bmatrix}$$.
    _________________________________________
    On utilise alors la technix du relèvement de carrelage : 

    Soit $f:(x,y)\mapsto (\frac{a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}},\frac{a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}})$. Je cherche les coefficients $a_{i,j}$ de telle sorte que $A→A'; B→B'; C→C'; D→D'$

    Cela revient bien sûr à $$\left[\begin{array}{ccc} a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} \\ a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} \end{array}\right] \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3} \\ a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}\\ a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3} \end{array}\right) \simeq  \left(\begin{array}{c} \dfrac{a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}} \\ \dfrac{a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}}\\ 1 \end{array}\right)$$

    Tu obtiens un système d'équations linéaires à résoudre, c'est excessivement pénible mais cela ne pose pas de problème conceptuel (on pourra utiliser Wolfram Alpha par exemple.)
    _______________________________
    Smènep lux fecit. Autrement dit, en latin de messe bretonne, "Stephanus lucem fecit super technicam Petri per correctionem perspectivae a GBZM."
    __________________________________
    [1] Algèbre linéaire et géométrie élémentaire, Hermann, 1964
    [2] Formes quadratiques et géométrie, Calvage et Mounet, Collection.- Mathématiques en devenir, 2017
    [3] Géométrie, EDP Sciences, 2006
  • stfj
    Modifié (23 Apr)
    $\color{green}1.-$ $(A, \delta AB)\simeq [2,-3,2]; C\wedge \delta BC=[5,1,20]$
    Remarque : j'ai fait part de cette technique à mon collègue de mathématiques au collège entre deux portes : il a été immédiatement séduit.

    $(A, \delta AB)\wedge (C, \delta BC)\simeq \begin{bmatrix}\frac{-62}{17} \\\frac{-30}{17} \\1\end{bmatrix}\simeq B$

    (Le vérifier sur la figure)

    $\linf\cdot C=\begin{bmatrix}1, & -3, & 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-2 \\-10 \\1\end{bmatrix}=30$

    Les calculs avec $B$ et $D$ sont déraisonnables. Je suis en train de réfléchir à faire les calculs directement avec $\delta AB$ et $\delta BC$ envoyés respectivement sur $\begin{bmatrix}6 \\-2 \\0\end{bmatrix}$ et $\begin{bmatrix}2 \\6 \\0\end{bmatrix}$. 

    Je cherche les coefficients $a_{i,j}$ de telle sorte que $A→A'; C→C';$ $$\delta AB→\begin{bmatrix}6 \\-2 \\0\end{bmatrix}$$ et $$\delta BC→\begin{bmatrix}2 \\6 \\0\end{bmatrix}$$ie

    Je cherche les coefficients $a_{i,j}$ de telle sorte que $\begin{bmatrix}-10 \\-6 \\1\end{bmatrix}→\begin{bmatrix}-4 \\-2 \\1\end{bmatrix}; \begin{bmatrix}-2 \\-10 \\1\end{bmatrix}→\begin{bmatrix}4 \\2 \\1\end{bmatrix};$ $$\begin{bmatrix}2 \\2 \\1\end{bmatrix}→\begin{bmatrix}6 \\-2 \\0\end{bmatrix}$$ et $$\begin{bmatrix}-4 \\0 \\1\end{bmatrix}→\begin{bmatrix}2 \\6 \\0\end{bmatrix}$$

    Cela revient bien sûr à $$\left[\begin{array}{ccc} a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} \\ a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} \end{array}\right] \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3} \\ a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}\\ a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3} \end{array}\right) \simeq  \left(\begin{array}{c} \dfrac{a_{1,1}x+a_{1,2}y+a_{1,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}} \\ \dfrac{a_{2,1}x+a_{2,2}y+a_{2,3}}{a_{3,1}x+a_{3,2}y+a_{3,3}}\\ 1 \end{array}\right)$$

    Nous noterons par la suite $a,b,c,d,e,f,g,h,i$ au lieu de $a_{i,j}$ respectivement d'abord avec $i=1,j=1,2,3$, puis $i=2,j=1,2,3$ et enfin $i=3,j=1,2,3$

    D'où $$\begin{cases}-10a-6b+c=-4(-10g-6h+i) \\ -10d-6e+f=-2(-10g-6h+i)\\-2a-10b+c=4(-2g-10h+i)\\-2d-10e+f=2 (-2g-10h+i)\\2a+2b+c=6 \\  2d+2e+f=-2\\2g+2h+i=0\\-4a+c=2\\-4d+f=6\\  -4g+i=0\end{cases}$$

    @pldx1, bonjour ,

    je trouve $$\begin{bmatrix}\frac{73}{16} & \frac{-187}{16} & \frac{81}{4} \\\frac{1}{2} & \frac{-11}{2} & 8 \\1 & -3 & 4\end{bmatrix}$$

    Cordialement,
    Stéphane
  • Bonjour,

    Le message: stfj msg-2477012 -- 21 April 2024 6:59PM est une arnaque: appel à ChatGPT... qui répond ohlala, il faudrait faire le calcul. On ne sait jamais, dès fois que le lecteur n'irait pas jusqu'à lire le texte ChatGPT generated !

    J'obtiens $f(-9,-5)=\frac{25}{288}(-3,\frac{-239}{60})$... Oh la la

    stfj msg-2477208 -- 23 April 2024 12:22AM: Tentative pour enrôler les bonzauteurs à l'aide d'évocations grandiloquentes et irrelevantes. On dirait la production d'une "moulinette artificielle" .

    stfj msg-2477345 -- 23 April 2024 4:34PM. Il suffit de vérifier pour voir que cela ne marche pas. D'ailleurs vouloir utiliser DIX équations pour déterminer 9 coefficients projectifs, cela semble surprenant.

    L'assertion "Stephanus lucem fecit" semble donc non prouvée, on en serait plutôt à "Stephanus in choucroutam pediavit" . En résumé: qu'OShine, sorte de ce corps... et que stfj s'y mette sérieusement !

    Cordialement, Pierre.
  • stfj
    Modifié (24 Apr)
    Bonjour,

    $f(-9,-5)=\frac{25}{288}(-3,\frac{-2\color{red}40}{\color{black}60})$

    Back to black.

    En effet, la solution proposée au système de dix équations pour neufs inconnues ne fonctionne pas. 24 avril 2024, à cinq jour de mon anniversaire, pldx1 a écrit "coefficients projectifs" et non Hannibal ou lotus ou autre billevesée. Merci du cadeau :)

    Je n'ai jamais su être un étudiant très sérieux(les concours, c'est bon pour les chevaux) mais je vais essayer de rire...

    Trugarez (cela veut dire "merci" en breton; mais en général on ne le dit pas; on essaye simplement de faire ce que la personne qu'on souhaite remercier attend de nous.)

    Cordialement, 
    Stéphane.
  • $\color{green}2.- $ $$\exists \lambda, \zeta \in \mathbb R, \begin{cases}-10a-6b+c=-4(-10g-6h+i) \\ -10d-6e+f=-2(-10g-6h+i)\\-2a-10b+c=4(-2g-10h+i)\\-2d-10e+f=2 (-2g-10h+i)\\2a+2b+c=6\lambda\\  2d+2e+f=-2\lambda\\2g+2h+i=0\\-4a+c=2\zeta\\-4d+f=6\zeta\\  -4g+i=0\end{cases}$$
  • stfj
    Modifié (24 Apr)
    $\color{green}3.- $

    Une matrice de transformation projective (c'est mon cadeau d'anniversaire) est définie à un facteur multiplicatif près. Autrement dit, peu importe de ne pas comprendre, p. 3 de ce fil, la présence du facteur sybillin $\frac{25}{288}$.

    Peu d'espoir de résoudre ce système sans tenter des trucs : je tente $$g=1$$L'activité mathématique, qui n'est qu'une activité technique particulière, est ainsi faite d'essais parfois infructueux, parfois menant à la solution d'un problème dans lequel on se trouve embringué par hasard par on ne sait quel bonzauteur(Alfred Doneddu, Jean Dieudonné, Serge Lang, Godfrey Harold Hardy, Harold Scott MacDonald Coxeter, Dominique Martinais, ...)

    $$\exists \lambda, \zeta \in \mathbb R, \begin{cases}-10a-6b+c=-48 \\ -10d-6e+f=-24\\-2a-10b+c=128\\-2d-10e+f=64\\2a+2b+c-6\lambda=0\\  2d+2e+f+2\lambda=0\\h=-3\\-4a+c-2\zeta=0\\-4d+f-6\zeta=0\\  i=4\end{cases}$$

    Huit équations à 8 coefficients projectifs.
    ______________________________
    Menelas fecit.
  • stfj
    Modifié (24 Apr)
    $\color{green }4.- $

    Donc la matrice de transformation projective, définie -on arrête de rigoler- à un facteur multiplicatif près, est $$A:=\begin{bmatrix}\frac{116}{7} & \frac{-76}{7} & \frac{368}{7} \\\frac{134}{21} & \frac{-194}{21} &\frac{-328}{21} \\1 & -3 & 4\end{bmatrix}$$
  • stfj
    Modifié (24 Apr)
    $\color{green}5.- $ Vérifions : nous obtenons $A\cdot \begin{bmatrix}-10 \\-6 \\1\end{bmatrix}\simeq \begin{bmatrix}-4 \\-2 \\1\end{bmatrix}$

    ___________________________

    Pas mal pour un couronné de carnaval dans la choucroute.

  • $\color{green}6.-$ De même, vérifions au hasard $$A\cdot \begin{bmatrix}-4 \\0 \\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-\frac{96}{7} \\-\frac{41}{1} \\0\end{bmatrix}\approx \begin{bmatrix}2 \\6 \\0\end{bmatrix}$$

    Il semblerait bien que la fée CArabosse ait \Lappro-xImativement réussi à transformer Tartouille en Cendrillon.
  • stfj
    Modifié (24 Apr)
    $\color{green }7.-$ Toute blague mise à part, c'est époustouflant d' assimiler des connaissances un peu techniques de géométrie projective réelle via quelques calculs presque élémentaires. C'est les mathématiques que j'aime et que j'ai toujours aimées. Je les aimais lorsque j'avais sept ans sur les genoux de ma mère, calculatrice hors -pair (caissière, elle devait faire tous les calculs de tête, dans les années 1960), découvrant ensemble éblouis, les mathématiques tels qu'exposés par Papy et sa fille Frédérique, miraculeusement arrivées jusqu'à l'arrière pays breton. Je les ai retrouvées, jeune homme d'une vingtaine d'années, renonçant à préparer tout certificat ou concours ou autres âneries pour lire Algèbre linéaire et géométrie élémentaire de Jean Dieudonné. Plus tard en lisant Serge Lang, élève d'Emil Artin. J'ai un peu ce sentiment d'éblouissement aujourd'hui, depuis que j'ai vu les interventions de Rescassol sur deux de mes fils.

    $$A\simeq \begin{bmatrix}348 & -228 & 1104 \\134 & -194 & -328 \\ 21& -63 & 84\end{bmatrix}$$ $$A\cdot \begin{bmatrix}2 \\2 \\1\end{bmatrix}\simeq \begin{bmatrix}1244 \\-448 \\0\end{bmatrix}\approx \begin{bmatrix}6 \\-2 \\0\end{bmatrix}$$ le $\approx$ étant la différence entre un maître et un Tartouille, les talents de calculateur ne se transmettant malheureusement pas par les gênes
  • stfj
    Modifié (24 Apr)
    $\color{green}8.-$ $$A\cdot \begin{bmatrix}-2 \\-10 \\1\end{bmatrix}\simeq \text { roulement de tambour...}$$ $$...\simeq\begin{bmatrix}\frac{2792}{772} \\\frac{1344}{772} \\1\end{bmatrix}\approx \begin{bmatrix} 4\\ 2  \\1 \end {bmatrix}$$
    _______________________________


    $$A\simeq \begin{bmatrix}348 & -228 & 1104 \\134 & -194 & -328 \\ 21& -63 & 84\end{bmatrix}$$
    ___________________________________________________________
    Menelas fecit.
  • pldx1
    Modifié (25 Apr)
    Bonjour, 

    1. Menelas fecit: yes. (on va se faire engueuler par Chaurien pour ne pas parler le Francilien Typique...).
    2. @Menelas, @Vassillia, y osotros: sous geogebra, écrire une procédure xABC prenant en entrée 3 points $A,B,C$ et donnant en sortie la matrice  ABC = {{x(A), x(B), x(C)}, {y(A), y(B), y(C)}, {1, 1, 1}}
    3. Sous geogebra, écrire une procedure xABCQ prenant en entrée 3 points $A,B,C$ et une droite $\linf$ et donnant en sortie la matrice ABCQ implémentant le théorème prétendant que $\left(A,B,C,\linf\right)$ détermine un repère projectif...  lorsque les 3 points sont à distance finie. 
    4. Question subsidiaire: et alors ?


    Cordialement, Pierre.
  • @NicoLeProf : bonjour,

    nous nous posions la même question. Voici une réponse que j'ai trouvée.

    "Rappelons quelques idées de base sur l'espace projectif $\mathbb P(V)$ associé à un $\mathbb K-$espace vectoriel $V$; l'espace projectif  $\mathbb P(V)$ est l'ensemble des droites vectorielles de $V$; ses éléments s'appellent des points. On peut le définir aussi comme l'ensemble quotient de $V\setminus \{0\}$ par la relation d'équivalence$$v\mathcal R w \iff \exists \lambda \in \mathbb K, \lambda\neq 0, v=\lambda w.$$Ce faisant, nous identifions sans scrupule la droite vectorielle $D$ avec le sous ensemble de $V\setminus \{0\}$ donné par $D\setminus \{0\}$."

    Cordialement, 
    Stéphane
  • Vassillia
    Modifié (25 Apr)
    Bonjour,

    Je vais laisser stfj chercher mais je propose les procédures ci-dessous, vraisemblablement upgradables (je ne vais pas me priver de faire râler Chaurien aussi) et alors ...
    $ABC\times ABCQ^{-1}$ est la matrice de collinéation qui envoie la droite de l'infini locale sur la droite de l'infini officielle tout en laissant $A$, $B$ et $C$ à leur place respective
    Difficile de savoir si c'est la réponse attendue, c'est compliqué la question "et alors ?"
    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)
  • Bonjour,

    @Vassillia. De façon équivalente:

    \begin{gather*} \begin{array}{ccllc}  & No. &  & \mathrm{Name} & \mathrm{Definition}\\  & 1 & \mathrm{Point} & A & given\\  & 2 & \mathrm{Point} & B & given\\  & 3 & \mathrm{Point} & C & given\\  & 4 & \mathrm{Line} & lin & given\\  & 5 & \mathrm{Number} & normA & x(A)x(lin)+y(A)y(lin)+z(lin)\\  & 6 & \mathrm{Number} & normB & x(B)x(lin)+y(B)y(lin)+z(lin)\\  & 7 & \mathrm{Number} & normC & x(C)x(lin)+y(C)y(lin)+z(lin)\\  & 8 & \mathrm{List} & ABCQ & \left\{ \begin{gathered}\left\{ x(A)/normA,x(B)/normB,x(C)/normC\right\} ,\\ \left\{ y(A)/normA,y(B)/normB,y(C)/normC\right\} ,\\ \left\{ 1/normA,1/normB,1/normC\right\}  \end{gathered} \right\}  \end{array} \end{gather*}

    <<Difficile de savoir si c'est la réponse attendue>>. Dans une vraie question ouverte, il n'y a pas de "réponse attendue" . Exemple: utiliser $\varotimes$ sous geogebra était " inattendu" . Mais cela marche très bien. En fait, l'aide en ligne de geogebra étant ce quelle est, il est assez souvent nécessaire d'être inventif. On peut aussi vouloir raccourcir l'écriture et utiliser  \[ \mathrm{transpose}\left(\left\{ \begin{gathered}\left\{ x(A),y(A),1\right\} /normA,\\ \left\{ x(B),y(B),1\right\} /normB,\\ \left\{ x(C),y(C),1\right\} /normC\phantom{{,}} \end{gathered} \right\} \right) \] Il faudrait un gourou geogebra pour dire si cela a une influence quelconque sur la vitesse d''exécution.

    Ensuite de quoi, on définit $mmx= xABC\left(qE,qF,qG\right)*\mathrm{Invert}\left(xABCQ\left(A,B,C,linf\right)\right)$ et on l'utilise pour "redresser le carrelage"  par la commande 
    applymatrix(mmx,Polygon(Fz, Gy, B, Hh, C, D)).



    Cordialement, Pierre


  • Ah oui, effectivement, $\varotimes$ ne sert strictement à rien, je ne savais pas qu'on pouvait utiliser x(...), y(...) et z(...) directement sur une droite donc comme d'habitude, je me suis mise à bidouiller. Je me dis toujours qu'il faudrait que je lise les manuels d'instruction pour optimiser ... et je ne le fais jamais.
    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 May)
    Rescassol a dit :
    Bonjour,

    Le point à l'infini de la droite $[p, q, r]$ est $[q-r;r-p;p-q]$.
    Un vecteur directeur de cette droite est $[q-r,r-p,p-q]$.
    Ce n'est pas par hasard.

    Cordialement,
    Rescassol

    Bonjour,

    $\linf=[1,1,1]$. Donc le point à l'infini de la droite $[p,q,r]$ est $$[p,q,r]\wedge[1,1,1]=[q-r;-(p-r);p-q]$$Un vecteur directeur de cette droite est $(q-r,r-p,p-q)$ puisque $q-r+r-p+p-q=0$, autrement dit $[q-r;r-p;p-q]$ est bien un point à l'infini, ie un point de la droite projective associé au plan $\{M:\linf\cdot M=0\}$. Ce n'est donc pas par hasard.

    Cordialement,
    Stéphane.

  • stfj
    Modifié (14 May)
    Bonjour, 

    Je me propose ici de refaire rapidement la démonstration du théorème de Ménélaüs en cobars pour en déduire le théorème de l'hexagone inscrit dans un cercle.

    Soit donc $ABC$ un triangle, $A'\in BC, B'\in AC,C'\in AB$ : la relation $\overline{AC'}\vec{BC'}-\overline{BC'}\vec{AC'}=0$ fournit $C'$ barycentre de $\{(B,\overline{AC'}),(A,-\overline{BC'})\}$ et circulairement. Enfin la relation $A',B',C'$ alignés $\iff det(A',B',C')=0$ fournit le théorème de Ménélaüs.


    https://www.geogebra.org/classic/wc8u6t7j
    Appliquons le théorème de Ménélaüs aux trois ensembles de trois points chacun $LDE,AMF,BCN$, points qui sont situés sur les côtés du triangle $UVW$. Il vient : 

    $$\frac {VL.WD.UE}{WL.UD.VE}=\frac{VA.WM.UF}{WA.UM.VF}=\frac{VB.WC.UN}{WB.UC.VE}=+1$$
    Multiplions toutes ces équations membre à membre en utilisant la puissance d'un point par rapport à un cercle. Il reste finalement $$\frac{VL.WM.UN}{WL.UM.VN}=+1$$
    Donc $N,L$ et $M$ sont alignés sur la $\color{red}\text{droite de Pascal de l'hexagone } \color{black}ABCDEF.\square$
    ___________________
    Démonstration du théorème 3.81 de Redécouvrons la géométrie. "Celui qui méprise la géométrie d'Euclide est semblable à un homme qui, revenant de contrées lointaines, décrie sa maison."

    Cordialement, 
    Stéphane.
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