Enseigner la géométrie en 2024: quelle place pour la géométrie projective ?

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Réponses

  • Bonjour,

    > stfj: comment s'appelle ce résultat remarquable ? A qui est-il attribué ?
    > Dans quelles circonstances a-t-il été découvert?

    Ben, j'ai trouvé ça par hasard quand j'ai voulu chercher les lieux des points $A_2,B_2,C_2$.
    Je n'ai pas la prétention d'avoir fait une découverte et j'ignore si ce résultat a un nom.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (5 May)
    Tu as d'autres problèmes qui ne nécessitent pas de grosses connaissances et qui donnent des résultats aussi sympas en stock @Rescassol ? Ce serait sympa de les recenser dans un objectif d'enseignement fin de lycée, début du supérieur. Mon manque total de culture en géométrie ne me le permet pas facilement.
    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
    Modifié (6 May)
    Petit récapitulatif que je fais pour moi mais qui peut servir à d'autres. Pour le moment, on a :

    Au collège en axiomatique
    présentation visuelle de l'homographie https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479033/#Comment_2479033
    lecture du rapport des mesures algébriques https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479253/#Comment_2479253
    parallélogramme ou autres en perspective https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2477461/#Comment_2477461

    Au collège en calculatoire donc calcul cartésiennes augmentées 
    milieu https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479990/#Comment_2479990
    intersection et droite https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479222/#Comment_2479222 ou https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2475865/#Comment_2475865 à finir éventuellement au lycée car on aborde sans le dire les barycentres pour l'homographie
    De même pour l'intersection des médianes qui aborde sans le dire les barycentres https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2478282/#Comment_2478282

    Au lycée donc clairement en calcul barycentriques homogènes
    Menelaus (ou Ceva) https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2476272/#Comment_2476272
    Mesures algébriques https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2475736/#Comment_2475736
    Alignement quelconque https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479203/#Comment_2479203
    Droite de Newton https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479203/#Comment_2479203
    Rapport d'aire https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2458694 ou https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479524/#Comment_2479524 à finir éventuellement au supérieur pour ellipse de Steiner

    Plutôt début du supérieur
    Matrice d'homographie https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2478173/#Comment_2478173 ou https://www.maths-forum.com/cafe-mathematique/redressement-perspective-t208965.html

    Ce n'est que ma vision actuelle d'une progression bien sûr, faites bien comme vous voulez et même ne faites rien si vous voulez.

    Édit : pour rajouter des nouvelles contributions perdues dans d'autres fils 
    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,

    >Rescassol : Je n'ai pas la prétention d'avoir fait une découverte et j'ignore si ce résultat a un nom.

    Je pensais qu'il s'agissait d'un résultat connu et référencé. Aussi, quand j'ai cherché à l'illustrer par l'animation jointe ici, n'avais-je pas d'autre ambition que de l'illustrer à mon propre profit et à celui de celles et ceux qui ne connaîtraient pas le résultat en question et n'auraient pas déjà eu accès à une telle animation.

    Peut-être mon animation a-t-elle dans les circonstances, un peu plus de valeur que je ne l'imaginais, pour illustrer le théorème de @Rescassol autour de l'ellipse de Steiner et d'une généralisation du "triangle septième".

    Cordialement,
    Stéphane.
  • Rescassol
    Modifié (6 May)
    Bonsoir,

    Voilà un autre classique:
    % 05 Mai 2024 - Théorème de Desargues
    
    clear all, clc
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1];  % Côtés du triangle ABC
    
    syms a b c p q r u v w real
    
    A1=[a; b; c]; B1=[p; q; r]; C1=[u; v; w]; % Trois points quelconques non alignés
    AA1=Wedge(A,A1); BB1=Wedge(B,B1); CC1=Wedge(C,C1); % Droites (AA1), (BB1) et (CC1)
    B1C1=Wedge(B1,C1); C1A1=Wedge(C1,A1); A1B1=Wedge(A1,B1); % Droites (B1C1), (C1A1) et (A1B1)
    % Point d'intersection A2 des droites (B1C1) et (BC) et permutation circulaire
    A2=Wedge(B1C1,BC); B2=Wedge(C1A1,CA); C2=Wedge(A1B1,AB);
    
    Det1=det([AA1; BB1; CC1])
    Det2=det([A1 B1 C1]) % Non nul par hypothèse
    Det3=det([A2 B2 C2])
    
    Nul=Factor(Det1*Det2+Det3) % Nul=0 donc Det3=-Det1*Det2
    % D'où le théorème de Desargues:
    %  A2, B2, C2 sont alignés si et seulement si (AA1), (BB1) et (CC1)
    % sont concourantes ou parallèles (concourantes à l'infini)

    Cordialement,
    Rescassol

  • Celui-ci est facile en coordonnées barycentriques :

  • Merci @Vassillia pour ce joli programme !
  • stfj
    Modifié (6 May)
    Bonjour, 

    En ce qui concerne le programme de @Vassillia, je m'arrête au premier point proposé(présentation visuelle en collège de l'homographie). 
    https://www.geogebra.org/classic/m28sqvyq
    Même en tentant de suivre pas à pas les constructions geogebra de Gabuzomeu, la construction à la règle seule de l'image $M$ de $m$ arbitraire, apparaît d'une folle complexité.

    Cordialement,
    Stéphane.
  • Vassillia
    Modifié (6 May)
    Je sais, c'est bien pour ça que j'ai juste parlé de présentation visuelle, on peut quand même leur donner une liste d'instruction à effectuer pour le reproduire. Il me semble que la première chose à faire, c'est de dire "regardez ce qu'on peut faire avec ce genre d'outil" pour vendre la nécessité de l'apprentissage qui par la suite peut devenir plus austère. Je voulais aussi rappeller les axiomes dès le début. Mais à part ça, il n'y a pas d'ordre dans mes points, c'est juste une liste et j'espère bien que tu présenteras aussi les calculs au collège si tu as des classes le permettant depuis le temps que j'attends ton retour à ce sujet.
    Merci beaucoup à Rescassol et JLT de leur contribution.
    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 (6 May)
    C'est juste pour la satisfaction personnelle de savoir le faire. Voici les documents fournis par Gabuzomeu : 

    et, bien sûr, ici. Par ailleurs, dans la proposition de @GaBuZoMeu pour une classe de ??ième lambda non expérimentale, il me semblait qu'il était implicitement supposé qu'une telle classe pourrait aborder la construction de $M$; il m'a fallu réfléchir un peu pour conclure que non :), au collège ou au lycée. Evidemment cela n'empêche en rien un bon élève de 4è-3è de tout assimiler.

  • Bonjour,

    Et encore un exemple:
    % 05 Mai 2024 - Théorme de Gergonne
    
    clear all, clc
    
    syms u v w real
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    P=[u; v; w];   % Un point P quelconque
    Ap=[0; v; w]; Bp=[u; 0; w]; Cp=[u; v; 0]; % Son triangle cévien (Ap Bp Cp)
    
    ApP=Vecteur(Ap,P); ApA=Vecteur(Ap,A); % Les vecteurs A'P et A'A
    X=Factor(ApP(1)/ApA(1)); % Leur rapport de colinéarité X=u/(u+v+w)
    % Par permutation circulaire:
    Y=v/(u+v+w); Z=w/(u+v+w);
    
    Nul=Factor(X+Y+Z-1) 
    % Nul=0 donc A'P/A'A + B'P/B'B + C'P/C'C = 1 en mesures algébriques
    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (6 May)
    Merci encore
    Au cas où cela se passe vraiment mieux que prévu, on peut même tenter perpendiculaire à une droite passant par un point https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2427803/#Comment_2427803 en barycentriques au lycée en version soft donc sans calcul matriciel.
    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)
  • Rescassol
    Modifié (6 May)
    Bonjour,

    Voilà un exercice qu'on m'avait posé au lycée, en 2nde C, je crois.
    Soient un parallélogramme $ABCD$ et un point $M$ quelconque de la droite $(BD)$.
    $P$ est le symétrique de $C$ par rapport  à $M$.
    $P$ se projette en $E$ et $F$ respectivement sur $(AB)$ et $(AD)$ parallèlement à $(AD)$ et $(AB)$.
    Montrer qu $E,F,M$ sont alignés sur une droite parallèle à $(AC)$.
    Ce n'est pas compliqué en cartésiennes en prenant le repère $\left(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right)$, mais l'intérêt ici est de le faire en barycentriques.
    % 06 Mai 2024 - Exercice sur un paralélogramme
    
    clear all, clc
    
    syms t real
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1];  % Côtés du triangle ABC
    
    D=[1; -1; 1]; % ABCD est un parallélogramme
    M=Barycentre([B D],[1 t]); % Un point quelconque de (BD)
    % On trouve M=[t; 1-t; t]
    
    MatHomo=2*eye(3)-[C C C]; % Homothétie de centre C et de rapport 2
    P=MatHomo*M; % On trouve P=[2*t; 2*(1-t); t-1]
    
    AD=[0 1 1]; % Droite (AD)
    PE=sum(P)*AD-AD*P; % Droite (PE): PE=[t-1, 2*t, 2*t]
    PF=sum(P)*AB-AB*P; % Droite (PF): PF=[1-t, 1-t, 2]
    
    E=Wedge(AB,PE); % Point E=[-2*t; t-1; 0]
    F=Wedge(AD,PF); % Point F=[t+1; 1-t; t-1]
    
    NulEFM=Factor(det([E F M])) % NulEFM=0 donc E, F, M sont alignés
    
    EF=Wedge(E,F); % Droite (EF): EF=[t-1, 2*t, t-1]
    Q=Wedge(CA,EF); % Q=[-1, 0, 1]
    % Q est de somme nulle, donc à l'infini, donc (AC) et (EF) sont parallèles

    Cordialement,
    Rescassol

  • pldx1
    Modifié (6 May)
    Bonjour, $\def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\ptv{~;~}$
    1. @Swingmustard. A nouveau: tu utilises beaucoup de repères. Et tu n'as pas assez de noms pour les nommer tous. Et en plus, à chaque fois, tu rates le théorème du Chef de Bataillon. Ce n'est pas pour rien que cela tourne en rond.
    2. A toutes fins utiles, je rapelle le contexte numérique utilisé. La droite de l'infini du rantanplan est $\linf\doteq\left[0,0,1\right]$. Et sur le dessin fourni, on lit les coordonnées: m(3,3), a(0,0), b(6,3), d(0,5), l((0,9),(5,10))) d'une part et A(15-15,0), B(21-15,0), D(13-15,6), L((12-15,9),(31-15,0)) d'autre part. On a donc: \begin{eqnarray*} c\doteq\left(b\wedge\delta_{ad}\right)\wedge\left(d\wedge\delta_{ab}\right) & = & \left(-6,-6,54\right)\wedge\left(0,10,-50\right)\simeq4:5:1\\ C\doteq\left(B\wedge\delta_{AD}\right)\wedge\left(D\wedge\delta_{AB}\right) & = & \left(-9,-9,54\right)\wedge\left(6,18,-96\right)\simeq1:5:1 \end{eqnarray*}
    3. Grâce à une discussion précédente, on dispose d'une procédure $\boxed{K}\doteq\mathrm{collineate}\left(a,b,d,c,A,B,D,C\right)$. Et on s'en sert, obtenant: \[ \boxed{K}=\left[\begin{array}{ccc} -68 & 40 & 0\\ 60 & -120 & 0\\ 7 & -5 & -75 \end{array}\right]\ptv M=\boxed{K}\cdot m\simeq\left(\begin{array}{c} 28\\ 60\\ 23 \end{array}\right) \] Et voilà, c'est fini. Mais rien n'empêche d'en remettre une couche. On écrit les matrices \begin{eqnarray*} \boxed{K_{1}} & \doteq & \left(\frac{a}{l\cdot a},\frac{b}{l\cdot b},\frac{d}{l\cdot d}\right)=\left[\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{6}{18} & 0\\ 0 & \dfrac{3}{18} & \dfrac{5}{20}\\ \dfrac{1}{45} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{20} \end{array}\right]\\ \boxed{K_{2}} & \doteq & \left(\frac{A}{L\cdot A},\frac{B}{L\cdot B},\frac{D}{L\cdot D}\right)=\left[\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{6}{15} & \dfrac{-2}{8}\\ 0 & 0 & \dfrac{6}{8}\\ \dfrac{1}{24} & \dfrac{1}{15} & \dfrac{1}{8} \end{array}\right] \end{eqnarray*} On calcule $\boxed{K_{2}}\cdot\boxed{K_{1}}^{-1}$... et on retrouve $\boxed{K}$. Ben, oui. Quand on veut changer de repère, on change de repère. En changeant de repère. Cela revient à utiliser cette propriété évidente que la changeation de repère est associative. Pour passer de Bob le peintre à Alice la peintresse, on peut passer du tableau peint par Bob au rantanplan puis, ensuite, passer du rantanplan au tableau peint par Alice. Quelle trouvaille !
    4. Et c'est là où l'on voit que le fléchi-flécha à la sauce @Foys ne sert à rien, à part créer des maladies nosocomiales. Le traitement projectif des coordonnées projectives, cela consiste à gérer les triplets "à un multiplicateur près" . Et donc les méthodes de calcul doivent résister à ce traitement projectif.
    5. @Swingmustard dit que $2:5:3$ sont les coordonnées "barycentriques" du point $m$ par rappport aux points $a,b,c$. Mais ce n'est pas le cas. Il n'y a pas de coordonnées barycentriques par rapport aux points $a,b,c$. Et pas de coordonnées normalisées. Et pas de coordonnées augmentées. Et pas non plus de coordonnées homographiques. Tout cela, ce n'est que des maladies nosocomiales crées par des fléchi-flécheurs en goguette. Il y a les coordonnées projectives par rapport au repère $\left(O,U,V,\linf\right)$. Et les coordonnées projectives par rapport au repère $\left(a,b,c,\linf\right)$. Et les coordonnées projectives par rapport au repère $\left(a,b,c,l\right)$. Et ainsi de suite.
    6. Dire que $m$ aurait $2:5:3$ pour coordonnées barycentriques vis à vis de $a,b,c$, cela voudrait dire que \[ m\simeq2\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)+5\left(\begin{array}{c} 6\\ 3\\ 1 \end{array}\right)+3\left(\begin{array}{c} 0\\ 5\\ 1 \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} 30\\ 30\\ 10 \end{array}\right)\simeq3:3:1 \] Mais cela voudrait dire, en même temps, que \[ m\simeq2\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)+5\left(\begin{array}{c} 12\\ 6\\ 2 \end{array}\right)+3\left(\begin{array}{c} 0\\ 5\\ 1 \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} 60\\ 45\\ 15 \end{array}\right)\simeq4:3:1 \] et, évidemment, la validité simultannée des deux résultats n'est pas possible.
    7. En résumé, pour traiter valablement les coordonnées projectives, il faut utiliser des méthodes homogènes. Il est amusant que @Foys n'ait pas été foutu d'énoncer une propriété catégorielle aussi simple (voire n'ait pas été foutu de l'identifier). Et cela, après nous avoir saturé avec des commentaires comme: << L'idée de ne pas parler d'espaces vectoriels mais de saturer les exposés de comptes d'apothicaire incluant des déterminants (!!!) est à mon avis encore pire >>.
    Cordialement, Pierre.


    1. Bonjour,
      1) La mode consistant, pour désigner un repère, à faire suivre les trois points par la droite de l'infini considérée équivaut à une plus ancienne, qui donne trois points plus un point unité. Dans les deux cas : bonne idée lorsque plusieurs repères coexistent et imposent d'être précis.
      2) Consultons sur Wikipédia l'article Coordonnées barycentriques. Extrait :
      "On appelle alors coordonnées barycentriques, ou coefficients barycentriques, du point $M$ un tel système de « poids » $(\lambda_0, \lambda_1, ... \lambda_n)$, et les coordonnées barycentriques de M ne sont pas uniques, mais seulement uniques à un coefficient multiplicateur non nul près. Elles peuvent être définies de manière unique en fixant la somme des coordonnées à 1 : de telles coordonnées sont dites normalisées."
      Tout ce ramdam pour des définitions qu'il suffira de préciser pour s'entendre.
      3) Les bourdes comme le 6. de ton message, @pldx1 : seriously ?
      Je mettrai des virgules si ça fait plaisir et "$m(2,5,3)$" continuera d'exprimer parfaitement que $m$ est le barycentre de $a, b, d$ avec les coefficients $2,5,3$.
      4) Je répète que j'apprécie qu'on ait attiré mon attention sur le fait que $x+y+z$ peut être vu comme un cas particulier de la belle trouvaille $\def\linf{\mathcal{L}_{\infty}}$ $\linf \cdot M$.
      Si tel n'est pas le fond du "théorème du Chef de Bataillon", merci de me rappeler l'énoncé de ce théorème inconnu, j'ai raté l'épisode.
      Amicalement,
      Swingmustard
    2. Vassillia
      Modifié (6 May)
      Mais il n'y a pas de bourde, il essaye de te faire comprendre en multipliant $b$ par un facteur $2$ (ce qui est parfaitement légitime car on est en coordonnées homogènes) que ton barycentre tel quel n'a pas beaucoup de sens. Il faut donc fixer le "à un facteur près" qui définit $a$, $b$ et $d$ et on le fait grâce à la droite de l'infini que l'on choisit.
      Ce qui me ferait plaisir, c'est que tu arrêtes d'essayer d'avoir raison et que tu te mettes à essayer de comprendre ce qu'on te dit. Je sais que l'ordinateur te donne le point que tu veux quand tu utilises la commande Barycentre({a,b,c},{2,5,3}) mais l'ordinateur utilise sa droite de l'infini à lui, pas celle que tu es supposé avoir choisi toi. Même si tu me disais que le barycentre est (2/10:5/10:3/10) je ne serais pas plus contente et cela n'aurait pas plus de sens.
      Le théorème du chef de bataillon (alias pldx1), c'est qu'un vecteur est défini en soustrayant les points en normalisé, c'est tout ! C'est la définition d'un vecteur ! Ce n'est pas juste une trouvaille ponctuelle, c'est un moyen, le seul que je connaisse pour le moment, pour se mettre à penser et calculer en projectif.
      Je sais que c'est difficile, moi aussi, j'ai du lâcher des habitudes de pensées que j'avais mais à un moment il faut y passer sinon tu continueras à bidouiller pour pas grand chose.
      Tu avais déjà eu ce problème quand tu as lu sa prose https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2423131/#Comment_2423131
      @pldx1 je me demande s'il ne faut pas complétement virer cartésien augmenté et barycentrique homogène vu les difficultés insurmontables qui apparaissent ensuite mais cela me parait difficile de ne pas donner de nom pour les petites classes.
      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)
    3. gai requin
      Modifié (6 May)
      @Vassillia : On n'a pas gagné la guerre avec un tel chef de bataillon !
      Soit $f:\R^3\to\R$ une forme linéaire.
      Dans la carte affine $\{f(x,y,z)=1\}$, les vecteurs sont les $(\alpha,\beta,\gamma)$ tels que $f(\alpha,\beta,\gamma)=0$.
      Et accrochez-vous bien, pour tout vecteur $(\alpha,\beta,\gamma)$ et tout point $(x,y,z)$ de cette carte, on a :$$(x,y,z)+(\alpha,\beta,\gamma)=(x+\alpha,y+\beta,z+\gamma).$$C'est plus trintrinsèque que $\overrightarrow{AB}:=\ldots$ >:)
      Edit : Et la droite de l'infini est le projectivisé de l'hyperplan d'équation $f(x,y,z)=0$.
    4. Vassillia
      Modifié (6 May)
      Disons qu'on peut avoir plusieurs bataillons et donc plusieurs chefs, moi ça me va tant qu'on gagne la guerre. Ton explication sera peut-être plus parlante pour Swingmustard sur la nécessité de se mettre dans la "bonne carte affine".
      Perso, je vois mieux et donc je me vois mieux enseigner en pensant projectif puis en me restreignant aux cartes affines si besoin (d'ailleurs je ne savais même pas que c'est ça que je faisais).
      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)
    5. Chaurien
      Modifié (6 May)
      @Rescassol nous a parlé plus haut de l'ellipse de Steiner inscrite dans un triangle $ABC$, qui est tangente aux côtés de ce triangle en leur milieu. Hum, « ellipse » et « milieu », ce n'est pas très « projectif », c'est plutôt affine, mais c'est intéressant tout de même.
       On peut ajouter que l'ellipse de Steiner inscrite dans le triangle $ABC$ a pour centre le centre de gravité $G$ de ce triangle et passe par les milieux de $GA,GB,GC$. Pour le prouver, on passe en euclidien et on transforme le triangle $ABC$ en triangle équilatéral par une application affine bijective. L'ellipse de Steiner inscrite est l'image réciproque du cercle inscrit, et le tour est joué. Une argumentation analogue permet de voir que l’ellipse de Steiner inscrite est l'ellipse d'aire maximum inscrite dans le triangle $ABC$.
      Si maintenant $ABC$ est dans le plan euclidien, notre ellipse se met à avoir des foyers. Dans un repère orthonormal, soient $a,b,c$ les affixes complexes de $A,B,C$. Le théorème de Gauss-Lucas dit que les racines du polynôme dérivé de $P(X)=(X-a)(X-b)(X-c)$ sont intérieures au triangle $ABC$. Plus précisément, ce sont les foyers de l'ellipse de Steiner. Ce résultat est parfois dénommé « théorème de Marden », mais c'est une attribution contestable, et c'est plutôt le théorème de Siebeck-Marden. On peut le trouver sous ces appellations.
      Bonne soirée.
      Fr. Ch.
    6. Vassillia
      Modifié (6 May)
      Ben moi, je ne connais pas le théorème de machin-chouette et je m'en fiche mais je sais calculer le centre et les foyers de n'importe quelle conique sous forme matricielle et de manière projective (le centre est le pole de la droite de l'infini par exemple, je l'ai dit plus haut, il suffit donc d'inverser la matrice puis de la multiplier par la droite de l'infini).
      Merci de rester dans le sujet et de ne pas venir polluer !
      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)
    7. Foys
      Modifié (6 May)
      @Vassillia a écrit:
      Merci de rester dans le sujet et de ne pas venir polluer !

      Merci surtout à @Chaurien de dire avec des mots directs et précis ce qui se passe. Le groupe des bijections affines du plan affine agit transitivement sur les triangles non plats (qui ne sont rien d'autres que des triplets non alignés i.e. des repères affines) Il préserve les ellipses et envoie donc une figure de référence (le triangle équilatéral avec son cercle inscrit qui est tangent aux côtés du triangle et passe par leur milieux) sur n'importe quelle autre.

      Thème employé: actions de groupes en géométrie. Félix Klein avait dit: ce sont des choses qui comptent.

      Cela dit une telle description brève n'aide pas les gens à protéger leur prestige (si l'on peut dire...) derrière 5 pages d'écrans de fumée et d'invectives.


      Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
    8. Bonjour. $\def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}   \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}}   \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}
      \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}\def\pccd{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{2}}\right)}} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\pccq{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{4}}\right)}}$

      1. Un problème pédagogique récurrent est de réagir face aux mis-conceptions. Evidemment, le plus efficace est de commencer par ne pas crééer les mis-conceptions en question. C'est ainsi qu'il ne faut pas céder face à cette manie franco-française d'utiliser le terme "homographie" pour désigner plusieurs trucs qui n'ont pas de rapport entre eux. Une homographie c'est, pour commencer, la fonction qui revient comme les radis dans les sujets du bac franco-français, soit $h(z)=\dfrac {a\,z+b}{c\,z +d}$. Ensuite de quoi, il y a les homographies à la sauce Cremona, que l'on obtient en recollant deux homographies ordinaires, l'une agissant dans la carte de Riemann supérieure, soit $\vz:\vt$ et l'autre agissant dans la carte de Riemann inférieure, soit $\vzz:\vt$. Elles interviennent, entre autres, dans la détermination des foyers d'une conique... et il en résulte l'existence de quatre foyers analytiques.
      2. Et enfin, il y a les homographies à la sauce "quel plaisir d'embrouiller le client!". Lorsque l'on veut disposer d'un et un seul point à l'infini, on peut se placer dans $\pccd$.  Et alors, ce point sert à sigmatiser les droites au sein de la famille des cycles. Evidemment, cela empêche de définir les cycles comme étant les coniques passant par les deux points circulaires à l'infini... et alors, il ne reste plus grand chose de la fameuse "géométrie circulaire". Et donc lorsque l'on s'intéresse à la géométrie projective "fanfare et grandes orgues", on se place dans $\pcct$, récupérant ainsi une droite de points à l'infini.
      3. Et donc il est raisonnable d'adopter une désignation différente pour désigner les transformations ponctuelles qui transforment les droites en droites. Ce terme existe déjà: ce sont les collinéations. Dans $\pcct$, elles sont engendrées par la conjugaison et le groupe projectif linéaire. Cela a déjà été discuté et rediscuté jusqu'à plus soif sur ce forum. Et donc @gai_requin ferait mieux de relire les fils en question, au lieu de troller sur le sujet.
      4. Rappel du théorème fondamental de la géométrie circulaire: une Cremona-homographie de $\pcct$ induit une collinéation dans l'espace des cercles $\pccq$.
      5. On en arrive au "Théorème du Chef de Bataillon". C'est la suite de Hannibal traversant les Alpes. Il faut au moins un bataillon d'éléphants pour arriver à percer les carapaces mentales lorsqu'elles résultent d'une maladie pédagogique nosocomiale qui s'est ossifiée. En fait, le Théorème du Chef de Bataillon, c'est assez simple: s'il en faut quatre, alors trois ne suffisent pas. Cela ne veut pas dire que les Capitaines sont des incapables. Cela veut dire qu'ils sont autorisés à s'inscrire aux Ecoles de façon à pouvoir augmenter leur statut.  N'hésitons pas à prouver ce théorème, pour que @Foys ne vienne pas ronchonner. On part des Axiomes de Peano et on agite. Il en résulte que  $4>3$. Et donc, s'il faut quatre ficelles, trois ne sont pas assez. Fermez le ban.
       
      Cordialement, Pierre.




    9. stfj
      Modifié (7 May)
      Hhhhh, j'en perdrais presque mon khmer : 

      ទ្រឹស្តីបទហ្គែរហ្គោន.


      Prouvons que $$\boxed{\frac{\overline{A'\,M}}{\overline{A'\,A}} + \frac{\overline{B'\,M}}{\overline{B'\,B}} + \frac{\overline{C'\,M}}{\overline{C'\,C}} = 1}\text{(théorème de Gergonne)}$$
      _____________________________
      $A=[1;0;0],B=[0;1;0], C=[0;0;1], M=[u;v;w]$. Donc, $$\frac{\overline{A'\,M}}{\overline{A'\,A}}=?$$
      __________________
      $M=uA+vB+wC$, avec $u+v+w=1$. Soit $A':=\frac{1}{v+w}(vB+wC). M=uA+(v+w)A'$. Alors $$M-A'=uA+(v+w-1)A'=uA-uA'$$ $$\frac{M-A'}{A-A'}=\frac{uA-uA'}{A-A'}=u$$et circulairement.
      Le théorème de Gergonne traduit donc simplement le fait que $$u+v+w=1$$
    10. Consultons sur Wikipédia l'article Coordonnées barycentriques
      Vouloir utiliser Wikipedia pour appuyer un "argument d'autorité" est quelque peu ridicule.  Une bien meilleure autorité est de signaler que Rober FERREOL est impliqué dans la rédaction de cet article.  Et alors, utilisons cette autorité autoritative pour insister sur le fait que:
      En géométrie affine, les coordonnées barycentriques d'un point par rapport à un repère barycentrique sont une famille de poids permettant de définir ce point comme un barycentre.
      Le monsieur, qu'est-ce qu'il disait au début de sa phrase ???

      Cordialement.

    11. Les ravages de l'écrit ...
      Ces malentendus seraient levés depuis longtemps si le forum était oral.
      @Vassillia Je ne dis pas absolument pas que @pldx1 écrit une bourde : je constate qu'il me prête la capacité de faire celle-ci, alors que, pas plus que quiconque ici, je ne la commets.
      @Vassillia a dit :
      Swingmustard a dit :
      Je comprends $D_{bar}=(0:1:0)_{bar}$, et $M_{bar}=(5:8:10)_{bar}$.
      Ainsi que $D_{hom}=(0:1:0)_{hom}$, et $M_{hom}=(3:3:2)_{hom}$.
      Je te dis que tes notations sont incompréhensibles, $5+8+10=1$ peut-être ?
      Personnellement, je reste calme, et je n'insulte personne.
      pldx1 a dit :
      Swingmustard Consultons sur Wikipédia l'article Coordonnées barycentriques
      Vouloir utiliser Wikipedia pour appuyer un "argument d'autorité" est quelque peu ridicule.  Une bien meilleure autorité est de signaler que Rober FERREOL est impliqué dans la rédaction de cet article.
      Je ne fais pas usage d'un argument d'autorité, je fais simplement remarquer que "$m(2,5,3)_{bar}$ pour $a$, $b$, $d$" a une signification tellement claire que je ne l'ai même pas inventée.  
      Vassillia a dit :
      Ce qui me ferait plaisir, c'est que tu arrêtes d'essayer d'avoir raison
      L'hôpital qui se moque ...
      et que tu te mettes à essayer de comprendre ce qu'on te dit.
      Il se trouve que j'ai compris ce qu'on m'a dit, alors qu'effectivement en 2023 ce n'était pas le cas.
      J'ai remercié, et j'ai dit que j'ai apprécié les explications.
      Elles prennent actuellement un ton si condescendant que je me permets de faire remarquer que la tentation de ne pas comprendre était grande (extrait de Wikipédia). J'avoue que j'y mets un peu de provocation de riposte au fait d'avoir été malmené, et que je suis étonné de voir à quel point ça marche. ;)
      Amicalement,
      Swingmustard
    12. @pldx1 : Comment relèves-tu $z\mapsto z+1$ de la droite projective complexe vers le plan projectif complexe ? 
    13. Vassillia
      Modifié (6 May)
      Désolée que tu l'aies vécu ainsi, ce n'était pas mon intention. Disons que je n'ai pas saisi le second degré de ton message et que j'avais l'impression, visiblement à tort, que tu bouclais encore et encore sur le même problème. Mais puisque ce n'est pas, ou en tout cas plus le cas, tant mieux, tout est bien qui finit bien :)
      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)
    14. Rescassol
      Modifié (9 May)
      Bonjour,

      Voilà un autre exemple (simple pour la question 1):
      On a un triangle $ABC$ et un point $M$ quelconque sur $(BC)$.
      Les parallèles à $(AB)$ et $(AC)$ passant par $M$ coupent respectivement $(AC)$ et $(AB)$ en $B'$ et $C'$.
      Les parallèles à $(AB)$ et $(AC)$ passant par $C$ et $B$ coupent respectivement $(BB')$ et $(CC')$ en $B''$ et $C''$.
      1) Montrer que $A,B'',C''$ sont alignés.
      2) Soit $A''$ le point d'intersection des droites $(BC'')$ et $(CB'')$.
         Quel est le lieu du centre de gravité $G$ du triangle $A''B''C''$ quand $M$ décrit $(BC)$ ?
       

       
      Cordialement,
      Rescassol

    15. Bonjour,

      Construction du conjugué D harmonique de C par rapport à A et à B de trois façons, d'après le cours de géométrie de la classe de mathématiques, par une réunion de professeurs de l'enseignement "libre", 1938


      https://www.geogebra.org/classic/sznu63dg
      Cordialement , 
      Stéphane.

    16. @stfj : Y trouve-t-on cette construction affine ?

    17. pldx1 a dit: utilisons cette autorité autoritative pour insister sur le fait que:

      En géométrie affine,

      les coordonnées barycentriques d'un point par rapport à un repère barycentrique sont une famille de poids permettant de définir ce point comme un barycentre.
      Once again: Le monsieur, qu'est-ce qu'il disait au début de sa phrase ???

      Cordialement.
    18. Il pleut des Vérités Premières :
      Tendons nos rouges tabliers.


    19. Bonjour, 

      En géométrie affine, il suffit de trois points pour déterminer un repère. Mais en géométrie projective plane, il faut quatre objets pour définir un repère. Par exemple quatre points (indépendants) ou bien trois points et une droite (en position générique). C'est le théorème du Chef de Bataillon: "quand il en faut quatre, trois ne suffisent pas". Le capitaine Chaurien est évidemment autorisé à commenter plus avant. Que pétunent les pétunias !

      Cordialement, Pierre.
    20. Bonsoir @Rescassol,
      Une proposition pour 1.
      Quatre fois le théorème de Thalès pour $\dfrac{B''C}{AB}=\dfrac{AC}{BC''}$.
      Formés par des parallèles deux à deux, les angles en $B$ et en $C$ sont égaux.
      Donc $AB''C$ et $ABC''$ sont semblables.
      Or (déjà dit), quatre côtés sont parallèles deux à deux.
      Finalement, les troisièmes côtés $B''A$ et $AC''$ sont parallèles, avec $A$ en commun.
      Donc confondus, $A, B'', C''$ sont alignés.
      Amicalement,
      Swingmustard
    21. Bonsoir,

      Oui, d'accord, mais le but était de faire faire du barycentre  :).

      Cordialement,
      Rescassol

    22. Vassillia
      Modifié (12 May)
      Je le fais en très détaillé car c'est peut-être faisable au secondaire avec beaucoup de bonne volonté
      $A \simeq \left(\begin{array}{c}  1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)$, $B \simeq \left(\begin{array}{c}  0\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$, $C \simeq \left(\begin{array}{c}  0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)$ et la fameuse droite de l'infini $\mathcal L_{\infty}=[1,1,1]$
      $(AB) \simeq A\wedge B \simeq [0,0,1]$
      $(CA) \simeq C\wedge A \simeq [0,1,0]$

      On paramétrise $M$ sur $(BC)$ par exemple $M=kB+(1-k)C$ avec $k$ notre paramètre réel.

      $B'\simeq (CA)\wedge (M\wedge ((AB)\wedge \mathcal L_{\infty})) \simeq \left(\begin{array}{c}  k\\ 0\\ -k+1 \end{array}\right)$
      En effet $(AB)\wedge \mathcal L_{\infty}$ donne le point à l'infini de $(AB)$ puis le wedge avec $M$ donne la parallèle passant par $M$ et enfin le wedge avec $(CA)$ l'intersection voulue.
      $C' \simeq (AB)\wedge (M\wedge ((CA)\wedge \mathcal L_{\infty})) \simeq \left(\begin{array}{c}  k-1\\ -k\\ 0 \end{array}\right)$

      $(BB') \simeq B\wedge B' \simeq [-k+1,0,-k]$
      $(CC') \simeq C\wedge C' \simeq [k,k-1,0]$

      $B''\simeq (BB')\wedge (C\wedge ((AB)\wedge \mathcal L_{\infty})) \simeq \left(\begin{array}{c}  -k\\ k\\ k-1 \end{array}\right)$
      $C''\simeq (CC')\wedge (B\wedge ((CA)\wedge \mathcal L_{\infty})) \simeq \left(\begin{array}{c}  -k+1\\ k\\ k-1 \end{array}\right)$

      Question 1 : $det(A,B'',C'')=0$ donc les points sont alignés

      $A'' \simeq (B \wedge C'')\wedge(C \wedge B'') \simeq \left(\begin{array}{c}  1\\ -1\\ -1 \end{array}\right)$

      $G$ est le centre de gravité donc c'est une moyenne des points en normalisé, pour être plus précise, on n'a même pas besoin de diviser par $3$ puisque tout est défini à un facteur global près donc on peut faire la somme des points en normalisé.
      $G \simeq \dfrac{A''}{ \mathcal L_{\infty} \cdot A''}+\dfrac{B''}{ \mathcal L_{\infty} \cdot B''}+\dfrac{C''}{ \mathcal L_{\infty} \cdot \mathcal C''} \simeq \left(\begin{array}{c}  -3k^2 + 3k - 1\\(3k - 2)k \\ (3k - 1)(k - 1) \end{array}\right)$

      Question 2 : On constate que le degré du paramétrage est 2, c'est une conique, on est content, on sait qu'elle s'écrit sous la forme $C \simeq \left(\begin{array}{ccc} c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ c_{12} & c_{22} & c_{23} \\ c_{13} & c_{23} & c_{33} \end{array}\right)$ tel que un point  $ M \simeq \left(\begin{array}{c} x\\y\\ z \end{array}\right)$ appartient à cette conique ssi $^tM \cdot C \cdot M=0$.
      Il existe une jolie procédure locusconi assez optimisée que pldx1 vous présentera peut-être mais en attendant, au risque de me faire rouspéter, on va faire simple en force brute. Une conique est fixée par 5 points, on prend donc pour le $G$ obtenu précédemment $k=0$, $k=1$, $k=-1$, $k=2$, $k=-2$ de qui nous donne 5 points appartenant à la conique et on demande à l'ordinateur de résoudre pour trouver les coefficients de la matrice.
      $C \simeq \left(\begin{array}{ccc} -2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{array}\right)$ autrement dit d'équation $^tM \cdot C \cdot M=0$ c'est à dire $-2x^2+2y^2-2yz+2z^2=0$.

      Vous voulez vérifier sur geogebra ? TriangleCourbe(A,B,C,-2*A^2 + 2*B^2 - 2*B*C + 2*C^2=0)

      Questions supplémentaires : centre et asymptotes de l'hyperbole peut-être ? A vous de jouer si cela vous tente, voir ce message éventuellement https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479590/#Comment_2479590



      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)
    23. Bonjour,

      Bravo Vassillia. J'ai fait à peu près pareil.
      Le centre est $Cen=[-1; 2; 2]$ et les asymptotes sont $AsyAB=[2,2,-1]$ et $AsyAC=[2,-1,2]$.
      Ce sont les parallèles à $(AB)$ et $(AC)$ passant par $Cen$.

      Cordialement,
      Rescassol

    24. Bonjour.

      A propos de locusconi,  chercher sous google
      "locusconi site:les-mathematiques.net"
      conduit tout droit à une image donnant un pseudo-code de cette procédure... et un lien vers un fil
      où l'on en cause...

      Cordialement, Pierre.

    25. Swingmustard
      Modifié (11 May)
      Bonjour,
      Je me passionne pour le 1 de ton exercice, @Rescassol.
      Il résiste obstinément à mes tentatives de lui appliquer le théorème de Pappus ou, à défaut, Pappus dual qui avait bien fonctionné pour le "concours des trois diagonales" page 2, et permet (aussi) de démontrer un alignement (celui du point de concours avec deux points d'une des droites duales des points alignés de Pappus direct).
      J'ai projectivé.

      Sans succès. Alors j'ai dualisé.

      Là, je reconnais quelque chose.
      Le triangle $ABC$ et la transversale passant par $bb'$ forment un quadrilatère complet.
      (J'ai colorié un quadrilatère croisé pour nous aider à le visualiser.)
      Ce quadrilatère complet garantit que $N=a\cap b''$ est le conjugué harmonique de $M$ par rapport à $B$ et $C$.
      Comme la transversale issue de $cc'$ donne lieu à un autre quadrilatère complet donnant comme conjugué harmonique de $M$ le point $a\cap c''$, les droites $a, b''$ et $c''$ concourent en $N$.
      Est-ce que quelqu'un voit si cette démonstration dans le dual a une chance d'avoir une traduction directe ?
      Amicalement,
      Swingmustard
      P.S. Pour l'instant, j'entrevois (dans le dessin direct. Il faudrait le démontrer) que par rapport aux droites $B'C'$ et $\delta AB \delta AC$, $M$ est le pôle de $AB''C''$
    26. Bonjour,

      Toujours sur la même figure, une question supplémentaire, en ajoutant de l'euclidien:
      3) Trouver l'equation barycentrique du lieu du point de Lemoine $K$ du triangle $A''B''C''$ quand $M$ décrit $(BC)$. (le locusconi fonctionne très bien).

      Cordialement,
      Rescassol
    27. @gai requin: non. La construction que tu proposes rappelle cependant beaucoup la construction verte.
    28. @stfj : Essaie de prouver ma construction, c’est pas trop dur et instructif 😉
    29. stfj
      Modifié (12 May)
      Bonjour,

      Concernant la question 1 de l'exercice proposé par Rescassol, je ne sais pas travailler sans figure.
      https://www.geogebra.org/classic/fgksemj2


      Je vais servir de cobaye à @Vassillia pour que nous nous assurions que c'est faisable par un élève moyen de 4è.

      $MB'\parallel BA$ donc ces deux droites se coupent sur $\linf$. Il est donc tout à fait compréhensible par un élève moyen de 4è, qu'après avoir cherché le point d'intersection $\Omega$ de $\linf$ avec $BA$, $B'$ s'obtienne comme l'intersection de $AC$ et de $M\Omega$ : $$B'\simeq (CA)\wedge (M\wedge ((AB)\wedge \mathcal L_{\infty})) \simeq \left(\begin{array}{c}  k\\ 0\\ -k+1 \end{array}\right)$$Dans l'esprit louable de substituer les idées aux calculs, je m'abstiendrai de vérifier ces calculs, les laissant pour l'élève moyen de 4è du futur, à une aimable calcultatrice formelle intéractive(type sagemath, voir ci-dessus de nombreux efforts calculatoires louables) dont on lui aurait expliqué en classe de mathématique, l'origine des calculs effectués.
      Un élève de 4è plus doué pourrait faire montre de son degré d'expertise atteint, en vérifiant que $$B'\in AC\iff \begin{bmatrix}0 ,& 1 ,& 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}k \\0 \\-k+1\end{bmatrix}=0$$mais l'élève moyen que je suis ne peut malheureusement pas se permettre ce genre d'excentricité.

      La question 1 de l'exercice de Rescassol est ainsi réglée par l'élève moyen de 4è que je suis et donc par la plupart des élèves de 4è du futur formés à ces techniques, n'en déplaise aux grincheux. Comme il est dit plus bas, il suffit d'essayer pour être convaincu de la fluidité de ces techniques répétitives.
      ________________________________________
      En ce qui concerne la question 2, les tentatives d'un élève moyen de 4è risquent d'être vite avortées mais tout de même 
      $$G\simeq \dfrac{A''}{ \mathcal L_{\infty}\cdot A''}+\dfrac{B''}{ \mathcal L_{\infty}\cdot B''}+\dfrac{C''}{ \mathcal L_{\infty}\cdot C''} \simeq \left(\begin{array}{c}  x=-3k^2 + 3k - 1\\y=(3k - 2)k \\ z=(3k - 1)(k - 1) \end{array}\right)$$
      reste abordable. Des critiques-constructives j'espère- à @Vassillia néanmoins : 

      * Ce n'est pas "$=$" mais bien $\simeq$ après $G$, puisque, comme tu l'expliques, tu n'as pas divisé par $3$.

      * Je ne comprends pas pourquoi tu n'écris pas $\mathcal L_{\infty}\cdot A''$ dans cet ordre, ne voyant pas trop le sens de $$"A''\cdot\mathcal L_{\infty}"$$

      * Je ne vois pas en quoi "le degré du paramétrage est 2" garantit qu'il va exister une relation, en l'occurrence $$-2x^2+2y^2-2yz+2z^2=0$$entre $x,y,z$.

      * Et je ne comprends rien à ce que je fais quand je tape "TriangleMachinTruc" sur geogebra !! même si cela marche très bien. Je vais finir par réviser mon niveau réel et le juger à l'aune de celui d'un élève moyen de 5è.

      Cordialement,
      Stéphane.
    30. Vassillia
      Modifié (12 May)
      Je me permets d'aider un peu quand même pour la question 3 de l'exercice de Rescassol, le point de Lemoine est défini, entre autre, par ses coordonnées barycentriques $(a''^2:b''^2:c''^2)$ où $a''=Distance(B'',C'')$, $b''=Distance(A'',C'')$ et $c''=Distance(A'',B'')$
      Maintenant, comment calculer les distances ? Là, ça se complique (un peu)
      Intéressons nous à la matrice $pyth = 1/2 \left(\begin{array}{ccc} 0 & -c^2 & -b^2 \\ -c^2 & 0 & -a^2 \\ -b^2 & -a^2 & 0 \end{array}\right)$ (qui est aussi la matrice du cercle circonscrit à $A$, $B$ et $C$)

      Comment se convaincre qu'elle fait correctement son boulot de produit scalaire ?
      $^t \overrightarrow{AB} \cdot pyth \cdot \overrightarrow{AB}=c^2$ qui est bien la distance entre $A$ et $B$ au carré
      $^t \overrightarrow{AB} \cdot pyth \cdot \overrightarrow{AC}=1/2(b^2+c^2-a^2) = bc \cdot cos(\widehat{BAC})$ comme le veut la formule d'Al Kashi.
      Et ainsi de suite pour les autres produits...

      Bref, on calcule le vecteur $\overrightarrow{A''B''}=\dfrac{B''}{\mathcal L_{\infty}\cdot B''}-\dfrac{A''}{ \mathcal L_{\infty}\cdot A''} = \left(\begin{array}{c} -k/(k - 1) + 1 \\  k/(k - 1) - 1 \\ 0 \end{array}\right)$. Attention, les points doivent être en normalisé comme chaque fois qu'on additionne ou soustrait des points. Mais en plus le vecteur n'est pas du tout défini à un facteur global près sinon la distance correspondante ne voudra plus rien dire.
      $c''^2=A''B''^2 = ^t \overrightarrow{A''B''} \cdot pyth \cdot \overrightarrow{A''B''}=\dfrac{c^2}{(k - 1)^2}$
      $a''^2=B''C''^2 = ^t \overrightarrow{B''C''} \cdot pyth \cdot \overrightarrow{B''C''}= \dfrac{-a^2 k^2 + 2 b^2 k^2 + 2 c^2 k^2 + a^2 k - 3 b^2 k - c^2 k + b^2}{(k - 1)^2 k^2}$
      $b''^2=C''A''^2 = ^t \overrightarrow{C''A''} \cdot pyth \cdot \overrightarrow{C''A''}= \dfrac{b^2}{k^2}$

      Revenons, à notre point de Lemoine
      $K=a''^2 \dfrac{A''}{\mathcal L_{\infty} \cdot A''}+b''^2 \dfrac{B''}{\mathcal L_{\infty} \cdot B''}+c''^2\dfrac{C''}{\mathcal L_{\infty} \cdot C''} \simeq \left(\begin{array}{c} a^2 k^2 - 3 b^2 k^2 - 3 c^2 k^2 - a^2 k + 4 b^2 k + 2 c^2 k - b^2 \\ -a^2 k^2 + 3 b^2 k^2 + 3 c^2 k^2 + a^2 k - 4 b^2 k - c^2 k + b^2 \\ -a^2 k^2 + 3 b^2 k^2 + 3 c^2 k^2 + a^2 k - 5 b^2 k - 2 c^2 k + 2 b^2 \end{array}\right)$

      Qui tente de finir avec locusconi ou autrement ?
      Au cas où vous voulez juste la réponse pour tester sur geogebra, vous êtes supposé trouver pour la conique :
      la matrice $\left(\begin{array}{ccc}
      2 \, a^{2} & a^{2} + b^{2} - 2 \, c^{2} & a^{2} - 2 \, b^{2} + c^{2} \\
      a^{2} + b^{2} - 2 \, c^{2} & 2 \, b^{2} & a^{2} - 2 \, b^{2} - 2 \, c^{2} \\
      a^{2} - 2 \, b^{2} + c^{2} & a^{2} - 2 \, b^{2} - 2 \, c^{2} & 2 \, c^{2}
      \end{array}\right)$ c'est à dire l'équation $a^2 x^2 + (a^2 + b^2 - 2 c^2) x y + b^2 y^2 + (a^2 - 2 b^2 + c^2) x z + (a^2 - 2 b^2 - 2 c^2) y z + c^2 z^2 =0$

      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)
    31. Bonjour,

      Bravo Vassillia, nous sommes d'accord avec le résultat final, que j'ai calculé avec locusconi.
      Et le centre ?

      Cordialement,
      Rescassol

    32. Vassillia
      Modifié (12 May)
      Le centre d'une conique est le pole de la droite de l'infini donc on inverse la matrice, on multiplie par $^t \mathcal L_{\infty}=\begin{bmatrix}1 \\1 \\1\end{bmatrix}$ et on trouve $\left(\begin{array}{c} a^4 - 3 a^2 b^2 + 2 b^4 - 3 a^2 c^2 - 4 b^2 c^2 + 2 c^4 \\ -a^4 + 3 a^2 b^2 - 2 b^4 + 2 a^2 c^2 + 9 b^2 c^2 - c^4 \\  -a^4 + 2 a^2 b^2 - b^4 + 3 a^2 c^2 + 9 b^2 c^2 - 2 c^4 \end{array}\right)$
      Le but de la manœuvre maintenant, c'est de motiver les lecteurs ou lectrices à essayer. Tant que ce ne sera pas le cas, on pourra toujours dire que ce n'est pas trop difficile et diablement efficace mais ... ils ou elles n'y croiront pas vraiment.
      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)
    33. Bonjour.
      Une version affine préférable à ma précédente, car enfin simple, comme annoncé par @Rescassol et comme la figure le laisse prévoir.
      Soit $M_B=MB'\cap AB''$ et $M_C=MC'\cap AC''$.

      Alors $\boxed{B'\textrm{ est le milieu de }MM_B}$ : droites des milieux de $ABC$ et de $ABB''$ (ou, de manière pédante : demi-moyennes harmoniques de $AB$ et $CB''$). On montre de même que $C'$ est le milieu de $MM_C$.
      Dans $\boxed{MM_BM_C}$, l'intersection $A$ des droites des milieux issues de $B'$ et $C'$ est le milieu de $M_BM_C$.
      D'où $A\in M_BM_C$, qui combiné avec $M_B\in AB''$ et $M_C\in AC''$ donne $\boxed{A\in B''C''}$.
      J'aime bien le côté "Attention à ne pas se contenter de montrer que $A$ est équidistant de $B''$ et $C''$".
      Un rapport avec la géométrie projective ? C'est d'abord en tant que conjugué harmonique de $M$ par rapport à $\delta AB$ et $B'$ que le point $M_B$ est venu me convaincre de le prendre pour le job.
      Décidément, j'adore cet exercice, qui n'a pas encore livré toutes ses pépites.
      Amicalement,
      Swingmustard
    34. stfj
      Modifié (12 May)
      Bonjour, 

      Ellipse de Steiner associée à un triangle $ABC$ obtenue sous geogebra par la procédure Algèbre: TriangleCourbe(A,B,C,AB+AC+BC=0)

      Cordialement,
      Stéphane.
    35. Vassillia
      Modifié (12 May)
      Je n'avais pas vu que @stfj avait complété son message précédent :

      - merci pour les remarques constructives, c'est corrigé (mauvaise habitude issue de sagemaths qui ne fait pas attention si les vecteurs sont en ligne ou en colonne)
      - peut-être que comprendre locusconi t'aidera à comprendre cette histoire de degré, peut-être même que @Swingmustard pourrait t'aider à comprendre, je te suggère d'aller voir le message recommandé par pldx1 https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2343169/#Comment_2343169 où il l'explique à Swingmustard justement.
      - TriangleCourbe veut juste dire à geogebra qu'on va lui donner une équation en barycentrique. Les 3 premières lettres doivent être le repère barycentrique choisi puis l'équation utilise $A$, $B$ et $C$ comme inconnues en lieu et place de $x$, $y$ et $z$ pour le point $M \simeq \left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}\right)$ qui doit appartenir à la courbe. Ici, c'est fait avec une conique mais on peut le faire avec une cubique, une quartique ou ce qu'on veut.
      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)
    36. Merci, j'avais fini par comprendre TriangleCourbe et je l'ai appliquée plus haut à l'ellipse de Steiner d'un triangle $ABC$. Tu veux savoir si c'est faisable pour des lycéens. Je peux te dire que l'élève de 4è que j'étais (rien d'exceptionnel) aurait été capable de le faire. Rien de conceptuel, juste l'application de procédures calculatoires simples et vérifiables sur le dessin. 
      Si elles ne sont pas enseignées en France, elles le seront tôt ou tard dans un pays plus raisonnable.
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