Une démonstration complexe de l'hexagone de Pascal

Bonjour, 

La démonstration suivante est celle tirée du livre de Coxeter et Greitzer, Redécouvrons la géométrie, th. 3.81

https://www.geogebra.org/classic/wc8u6t7j
Avec les notations de la figure : 
Les trois droites $AB,CD,EF$ forment le triangle $UVW$.
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 $\color{red}\text{droite de Pascal de l'hexagone } \color{black}ABCDEF.\square$
___________________________________________________
Question : Pour l'instant, je ne me sens pas capable de refaire cette démonstration sans l'aide du livre. Comment faire pour la rendre naturelle ?

Cordialement, 
Stéphane.


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Réponses

  • stfj
    Modifié (14 May)
    Avec les couleurs que j'ai mises pour identifier les côtés opposés de $ABCDEF$, j'ai peut-être une idée : si j'arrive à définir naturellement un triangle $UVW$ avec une droite noire, une marron et une bleue, j'utilise les autres droites noire, marron et bleues comme ménéliennes. 

    Par ailleurs, mon but est de montrer que $$\frac{VL.WM.UN}{WL.UM.VN}=+1$$ce qui me fournit un guide pour l'écriture des Ménélaüs.
  • Bonjour @stfj , une démonstration naturelle pour moi qui ne connait pas beaucoup de théorèmes en géométrie (gros euphémisme)

    $A \simeq \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$, $B \simeq \left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right)$, $C \simeq \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)$, $D \simeq \left(\begin{array}{c} d_0 \\ d_1 \\ d_2 \end{array}\right)$, $E \simeq \left(\begin{array}{c} e_0 \\ e_1 \\ e_2 \end{array}\right)$, $F \simeq \left(\begin{array}{c} f_0 \\ f_1 \\ f_2 \end{array}\right)$
    Et puis on s’intéresse au plongement de Veronese conique, c'est à dire $V(x:y:y)=(x^2:y^2:z^2:xy:yz:xz)$
    $A, B, C, D, E, F$ sont sur la même conique ssi $det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))=0$

    $L \simeq (D\wedge E ) \wedge (A\wedge B ) \simeq \left(\begin{array}{c} d_2e_0-d_0e_2 \\ d_2e_1-d_1e_2 \\ 0 \end{array}\right)$
    $M \simeq (A\wedge F ) \wedge (C\wedge D ) \simeq \left(\begin{array}{c} -d_0f_1 \\ -d_1f_1 \\ -d_1f_2 \end{array}\right)$
    $N \simeq (E\wedge F ) \wedge (B\wedge C ) \simeq \left(\begin{array}{c} 0 \\ -e_1f_0+e_0f_1 \\ -e_2f_0+e_0f_2 \end{array}\right)$
    Et enfin $L, M, N$ sont alignés ssi $det(L,M,N)=0$

    $det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))=det(L,M,N)=d_1d_2e_0e_2f_0f_1 - d_0d_2e_1e_2f_0f_1 - d_1d_2e_0e_1f_0f_2 + d_0d_1e_1e_2f_0f_2 + d_0d_2e_0e_1f_1f_2 - d_0d_1e_0e_2f_1f_2$

    Un cercle étant une conique particulière...
    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. Véronèse(1528-1588) constituait avec Titien et Le Tintorêt le triumvirat des peintres vénitiens de la renaissance tardive.
  • Vassillia
    Modifié (14 May)
    Pas l'impression qu'on parle du même, je dirais que c'est plutôt Guiseppe Veronese (1854-1917) https://fr.wikipedia.org/wiki/Giuseppe_Veronese d'après le lien wikipedia sur le plongement du même nom https://fr.wikipedia.org/wiki/Surface_de_Veronese mais je n'en sais trop rien.
    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)
    Plus sérieusement,  @Vassillia, si je te suis un peu, tu te places dans le plan $\mathcal P:=ABC$ avec $\mathcal L_{\infty}=[1,1,1]$ comme d'habitude. Tu prends $D,E$ et $F$ dans le plan . Tu disposes d'une condition nécessaire et suffisante portant sur leurs coordonnées barycentriques pour qu'ils appartiennent à n'importe quelle conique passant par $A,B$ et $C$, y compris une conique dégénérée en deux droites, ce qui étend ta démonstration au théorème de Pappus. 

    Je peux vérifier $L=AB\wedge DE$ par exemple : $AB=[0;0;1], L\simeq [e0d2-d0e2;e1d2-d1e2;0]$; ça marche.

    Jusque là, es-tu d'accord?
  • Vassillia
    Modifié (14 May)
    En fait, j'ai une condition nécessaire et suffisante pour que des points soient coconiques de la même manière que j'ai une condition nécessaire et suffisante pour que des points soient alignés (mais en augmentant un peu la dimension du bazar)
    Tu ne crois pas que tu pourrais avoir suffisamment d'assurance pour vérifier jusqu'au bout plutôt que de me demander ? Ce n'est pas comme si c'était la première fois que tu faisais ce genre de calcul ;)
    Attention quand même, j'ai besoin de $A$, $B$ et $C$ non alignés car je les ai choisi comme repère barycentrique pour que les calculs soient moins pénibles (mais ce serait possible de prendre des points quelconques quitte à faire apparaitre d'autres variables)
    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)
    Ta dernière égalité : $$det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))=det(L,M,N)=d_1d_2e_0e_2f_0f_1 - d_0d_2e_1e_2f_0f_1 - d_1d_2e_0e_1f_0f_2 + d_0d_1e_1e_2f_0f_2 + d_0d_2e_0e_1f_1f_2 - d_0d_1e_0e_2f_1f_2$$ 
    ne m'est pas claire.
    Je suis d'accord que $det(L,M,N)=d_1d_2e_0e_2f_0f_1 - d_0d_2e_1e_2f_0f_1 - d_1d_2e_0e_1f_0f_2 + d_0d_1e_1e_2f_0f_2 + d_0d_2e_0e_1f_1f_2 - d_0d_1e_0e_2f_1f_2$

    D'où sort le fait que $det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))=det(L,M,N)$?

    Est-ce que tu veux dire que $det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))= d_1d_2e_0e_2f_0f_1 - d_0d_2e_1e_2f_0f_1 - d_1d_2e_0e_1f_0f_2 + d_0d_1e_1e_2f_0f_2 + d_0d_2e_0e_1f_1f_2 - d_0d_1e_0e_2f_1f_2=det(L,M,N)$?
    ________________________
    Tu n'as pas trouvé drôle ma blague sur Titien ?
  • Vassillia
    Modifié (14 May)
    Oui, j'ai calculé les 2 déterminants séparément et obtenu le même résultat.
    Disons que c'est drôle si on sait que c'est une blague mais peut-être que Paul Véronèse(1528-1588) maitrisait la géométrie projective pour peindre, je n'en sais pas plus que précédemment.
    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)
  • Wow ! $$det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))$$c'est juste un déterminant 6x6 ?
  • Exactement !
    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)
  • Tu veux dire que ces calculs triviaux démontrent Pappus, le résultat du post original étendu à une ellipse quelconque, ou même une parabole ou une hyperbole ? Juste avec un déterminant 6x6?
  • Ma doue beniget , ça veut dire p... de m... ! en breton. Wow !
  • Vassillia
    Modifié (14 May)
    Eh bien oui, c'est ce que je veux dire.
    Est-ce que je ne t'avais pas suggéré de t’intéresser aux coniques dans ton fil sur enseigner la géométrie projective en 2024 ?
    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)
    C'est magnifique. (Au fait, j'ai réussi à refaire la démo de Coxeter et Greitzer, qui s'étaient demandés comment Pascal avait fait sa démo. J'imagine ce même Pascal découvrant le plongement de Veronese $V(x:y:z)=(x^2:y^2:z^2:xy:yz:xz)$...)
    $$V(A)=V(1:0:0)=(1:0:0:0:0:0)$$ $$V:\mathrm P(\mathbb R^3)=\mathbb R \mathrm P^2\to \mathrm P(\mathbb R^6)=\mathbb R \mathrm P^5$$
  • Bonsoir,
    Il en faut pour tous les goûts :

  • Bonjour,

    par le théorème de Reim, une preuve personnelle....

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Chaurien
    Modifié (15 May)
    @stfj Le livre de Coxeter et Greitzer, Redécouvrons la géométrie, Dunod 1971, est la traduction française de Geometry revisited, The MAA 1967. C'est un ouvrage attrayant, propre à faire aimer la géométrie. Un de ses avantages c'est qu'il ne se perd jamais dans de volumineux et interminables calculs algébriques qui masquent les phénomènes géométriques plus qu'ils ne les éclairent.
     La propriété en question a été énoncée par Pascal dans son Traité des coniques, écrit à l'âge de seize ans par cet « effrayant génie », et malheureusement perdu en grande partie. La démonstration pour le cercle citée par @stfj est connue depuis longtemps. On la trouve dans les Leçons de géométrie élémentaire de Jacques Hadamard (1898), dans les Exercices de géométrie moderne de Georges Papelier (1927), probablement dans d'autres traités, et bien sûr dans l'incontournable Lebossé-Hémery de Math Elem (1961), p. 189 (je ne parle pas de celle de la p. 384 donnée par @cailloux).
    Comment rendre cette démonstration « naturelle  » ? Étrange question... Si tout devait être « naturel » en mathématiques, on n'aurait pas besoin de génies pour faire les découvertes, ni de professeurs pour les transmettre. Pour assimiler une démonstration qu'on perçoit comme importante et étonnante, le mieux sans doute est d'en retenir les idées. Ici nous avons un hexagone $ABCDEF$ inscrit dans un cercle, et l'on veut prouver que les points d'intersection des côtés opposés sont alignés. Pour un alignement, il est probablement « naturel » de penser au théorème de Ménélaüs, le tout est de voir à quel triangle on l'applique. On trouve ce triangle, et le second outil de la démonstration, c'est la puissance d'un point par rapport à un cercle, qui fournira les relations propres à appliquer Ménélaüs. Mais tout ça n'a rien de « naturel » à 100%, il fallait y penser.
    Cette démonstration concerne le cercle, mais elle se généralise par projection centrale à toute conique. On peut souhaiter une démonstration directe spécifique pour les coniques. Voir par exemple : Coxeter, The real projective plane, McGraw-Hill, 1949, p. 88. Vous n'y trouverez aucun calcul compliqué. Pourrait-on dire que la géométrie, c'est l'art d'éviter les calculs ?
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    Du coup, un de ses inconvénients est qu'il n'apprend pas à faire des calculs et donc ... il n'apprend rien utilisable de manière générale. Mais chacun ses gouts en effet. Je ne suis pas une artiste et je ne cherche pas à en être une, je suis juste quelqu'un qui cherche un moyen de résoudre le maximum de problèmes en un minimum de temps (mais peut-être que l'on peut considérer que c'est une forme d'art aussi, je ne sais pas).
    Le calcul compliqué selon @Chaurien, c'est de calculer le déterminant de la matrice
    $\left(\begin{array}{cccccc}
    1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
    0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
    d_{0}^{2} & d_{1}^{2} & d_{2}^{2} & d_{0} d_{1} & d_{1} d_{2} & d_{0} d_{2} \\
    e_{0}^{2} & e_{1}^{2} & e_{2}^{2} & e_{0} e_{1} & e_{1} e_{2} & e_{0} e_{2} \\
    f_{0}^{2} & f_{1}^{2} & f_{2}^{2} & f_{0} f_{1} & f_{1} f_{2} & f_{0} f_{2}
    \end{array}\right)$
    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)
  • pappus
    Modifié (15 May)
    Bonjour à tous
    Je signale que dans l'exercice proposé par Cailloux, "similitude inverse" signifie "similitude indirecte" et "points inverses dans un triangle" signifie "points isogonaux dans ce triangle".
    Autant dire qu'on peut attendre la solution de cet exercice pour la Saint Glinglin et pourtant ce n'est qu'une tristounette chasse aux angles orientés de droites.
    Amicalement
    pappus

  • stfj
    Modifié (15 May)
    Bonjour,

    Merci à toutes et à tous pour vos contributions, en particulier à l'ouverture vers de nouveaux horizons mathématiques que représente pour moi la réponse de @Vassillia.

    Merci à @Chaurien pour ses efforts pour répondre à ma question : comment rendre cette démonstration naturelle ? Je suis d'accord avec la proposition de retenir les idées. Penser au théorème de Ménélaüs pour un alignement est naturel en effet : ici, Coxeter propose une superbe application du théorème de Ménélaüs qui est l'hexagramma mysticum étudié par @Jean-Louis Ayme. Après tous les efforts que j'avais déployés pour assimiler cet outil qu'est le théorème de Ménélaüs, en voir une telle application, pour moi, c'est une sacrée récompense à tous ces efforts.

    Ce qui m'importe est de réussir à refaire la démonstration sans le moindre effort de mémoire, sans avoir besoin de recours aux mêmes notations, bref d'assimiler la démonstration. En général, quand j'ai réussi à faire cela, je la sais pour des décennies. Ici, c'est presque le cas : et j'utilise un système de couleurs auquel je suis très sensible mais c'est peut-être très perso.

    Comme tu le dis, @Chaurien, évidemment, il fallait y penser. Je ne crois pas au "génie" mais, d'après Coxeter et Greitzer, Leibniz avait vu la démonstration de Pascal et en avait fait l'éloge. Merci également pour les références fournies.

    Cordialement, 
    Stéphane 

  • stfj
    Modifié (15 May)
    @Vassillia : bonjour,

    Corrige-moi si j'écris des choses fausses : 

    Le plongement de Veronese est $$V:\mathrm P(\mathbb R^3)=\mathbb R \mathrm P^2\to \mathrm P(\mathbb R^6)=\mathbb R \mathrm P^5$$ $$(x:y:z)\mapsto (x^2:y^2:z^2:xy:yz:xz)$$

    $det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))= d_1d_2e_0e_2f_0f_1 - d_0d_2e_1e_2f_0f_1 - d_1d_2e_0e_1f_0f_2 + d_0d_1e_1e_2f_0f_2 + d_0d_2e_0e_1f_1f_2 - d_0d_1e_0e_2f_1f_2=det(L,M,N)$

    Donc soit n'importe quelle conique $\mathcal C$ passant par les trois points non alignés $A,B$ et $C$. Trois points $C,E,F$ appartiennent à $\mathcal C$ ssi $det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))=0$ ssi $det(L,M,N)=0$ ssi $M,L,N$ sont alignés.
    ____________________________________
    En ce qui concerne les calculs, aucun problème.
    Me reste à comprendre pourquoi trois points $C,E,F$ appartiennent à $\mathcal C$ ssi $det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(F))=0$.
    Quelles informations peux-tu/ souhaites-tu me fournir à propos de ce résultat génial qui permet de réduire l'hexagramma mysticum à un banal calcul de déterminant 6x6 faisable par n'importe quel étudiant en mathématiques en première année ?

    Cordialement, 
    Stéphane.
  • Chaurien
    Modifié (15 May)
    @stfj Il ne s'agit pas de  « croire au génie », il s'agit de constater que des hommes comme Pascal, Euler, Gauss, Poincaré ou autres ont à leur actif une œuvre admirable dont tout un chacun serait bien incapable. Il est bien triste d'avoir à énoncer une telle platitude. La « croyance  » c'est que le génie n'existe pas, croyance contraire à l'expérience la plus immédiate, croyance idéologique déréalisante, mais bien dans un certain air du temps.
    ............................................................................................................................................................................................................................................................................................
    « Il y avait un homme qui, à douze ans, avec des barres et des ronds, avoit créé les mathématiques ; qui, à seize, avoit fait le plus savant traité des coniques qu'on eût vu depuis l'antiquité ; qui, à dix-neuf, réduisit en machine une science qui existe toute entière dans l'entendement ; qui, à vingt-trois, démontra les phénomènes de la pesanteur de l'air, et détruisit une des grandes erreurs de l'ancienne physique ; qui, à cet âge où les autres hommes commencent à peine de naître, ayant achevé de parcourir le cercle des sciences humaines, s'aperçut de leur néant, et tourna toutes ses pensées vers la religion ; qui, depuis ce moment jusqu'à sa mort, arrivée dans sa trente-neuvième année, toujours infirme et souffrant, fixa la langue qu'ont parlée Bossuet et Racine, donna le modèle de la plus parfaite plaisanterie, comme du raisonnement le plus fort ; enfin qui, dans les courts intervalles de ses maux, résolut, en se privant de tout secours, un des plus hauts problèmes de géométrie, et jeta sur le papier, des pensées qui tiennent autant du Dieu que de l'homme : cet effrayant génie se nommait Blaise Pascal. »
    Chateaubriand, 1802
    ............................................................................................................................................................................................................................................................................................
  • stfj
    Modifié (15 May)
    Il y a des génies de la mécanique : j'ai deux oncles qui sont de tels génies (l'un a une collection de voitures RENAULT anciennes( R8, dauphine, quatre-chevaux ) , l'autre spécialiste connu de Bugatti ). Le génie est moins rare qu'on le prétend. Le tout est de croire en ses centres d'intérêt. Euler, Gauss, Pascal,... adoraient les mathématiques. Grand bien leur fasse. Il y a certainement de nombreux génies méconnus de la plomberie ou de la pâtisserie. Il suffit qu'un être humain s'intéresse vivement à un domaine quel qu'il soit, pour qu'on la reconnaisse vite comme la meilleure ouvrière de France. Je suis désolé mais écrire que "Il y avait un homme qui, à douze ans, avec des barres et des ronds, avoit créé les mathématiques ", d'un point de vue d'amateur des mathématiques, c'est ridicule.

    N'est-ce pas Pascal qu'on soupçonne d'être mort puceau? Ce n'était alors pas un génie des femmes.

    Nous sommes des nains sur les épaules de géants.
  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    @stfj L'idée, c'est que si on définit une conique par une équation du genre $a x^2 + b y^2 + c z^2 + d xy + e yz + f xz = 0$
    On associe la conique $(a:b:c:d:e:f)$ avec les points de la forme $M\simeq (x:y:z)$, ce n'est pas du tout pratique car non linéaire. D'ailleurs, on est obligé d'écrire la conique sous forme matricielle
    $Q \simeq \left(\begin{array}{rrr}
    2 \, a & d & f \\
    d & 2 \, b & e \\
    f & e & 2 \, c
    \end{array}\right)$ pour avoir $^t M \cdot Q \cdot M =2(a x^2 + b y^2 + c z^2 + d xy + e yz + f xz)$
    Par contre si on associe la conique $(a:b:c:d:e:f)$ avec les points de la forme $(x^2:y^2:z^2:xy:yz:xz)$ bingo, c'est linéaire ce qui arrange bien nos calculs. On sait comment calculer la dépendance linéaire de 6 vecteurs, autrement dit dire que le 6ème point est sur la conique engendrée par les 5 premiers et on trouve gentiment l'équation de n'importe quelle conique passant par 5 points ainsi.



    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)
  • Chaurien
    Modifié (15 May)
    @stfj Il y a plusieurs démonstrations du théorème de Ménélaüs, composition d'homothéties, calcul barycentrique, et je ne désespère pas d'en voir apparaître une qui utilise un déterminant $6 \times 6$ :D. Mais pour qui cherche la simplicité, on préfèrera celle qui est donnée dans le Lebossé-Hémery de Math Elem, p. 57, et probablement dans nombre de traités antérieurs. Par un des sommets du triangle, on mène une parallèle à la transversale, et on applique le théorème de Thalès. C'est un corollaire immédiat du théorème de Thalès, qui prend deux lignes, et pourrait donc se faire en Troisième. Il ne demande pas de déployer beaucoup d'efforts. 
    Ce qui est moins évident c'est d'appliquer ceci au théorème de Pascal, mais ce n'est pas trop difficile pour le cercle. Il faut juste trouver le bon triangle dans lequel on applique Ménélaüs, et écrire les égalités données par la puissance d'un point par rapport au cercle.
  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    Ben non @Chaurien Menelaus, ce n'est que des droites et des points, pas de conique donc un déterminant 3x3 (méthode de Sarrus largement faisable au secondaire) peut suffire, 
    J'ai juste repris l'ordre chronologique, pas de préférence, essaye de suivre un peu stp mais si tu as une manière de présenter l'hexagramme de Pascal pour toutes les coniques au secondaire, n'hésite pas à nous la faire partager. Pour moi, tous ces théorèmes ne sont même pas apprendre puisqu'on peut les retrouver immédiatement par le calcul et ça tombe bien comme je ne les ai jamais appris ne les ayant jamais rencontrés dans ma scolarité (comme probablement les générations futures).
    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)
  • @Chaurien : je connais une démonstration du théorème de Ménélaüs (direct et réciproque) en coordonnées barycentriques, utilisant un déterminant 3x3. @Rescassol en a donné une incroyable. Je n'arrive pas à faire la démonstration en menant une parallèle à la transversale passant par un sommet. Je ne peux donc pas juger de la simplicité, sauf si tu la fournis. 

    Ce matin, en revenant du boulot, pour m'occuper dans les transports en commun, j'ai refait from scratch la démonstration du théorème de Céva en barycentriques.

    Pour le théorème de Pascal, via le théorème de Ménélaüs, et les égalités données par la puissance d'un point par rapport au cercle, c'est ok. Normalement c'est à vie :)
  • stfj
    Modifié (15 May)
    @Vassillia : comment fait-on pour associer $(a:b:c:d:e:f)$ avec les points de la forme $(x^2:y^2:z^2:xy:yz:xz)$?
  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    Ben comment on associait les droites et les points ? On multipliait chaque coordonnées "de même type" entre elles et on additionnait les produits obtenus.
    Rebelote pour les coniques et les points qui vont 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)
  • $(a:b:c:d:e:f)\begin{bmatrix}x^2 \\y^2 \\z^2 \\xy \\xz \\yz\end{bmatrix}=a x^2 + b y^2 + c z^2 + d xy + e yz + f xz$

    Cela, c'est de mon niveau (4è)
  • @stfj On ne répond pas à un tel niveau de sottise et de vulgarité.
  • Rescassol
    Modifié (15 May)
    Bonjour,
    Chaurien:
    Mais pour qui cherche la simplicité, on préfèrera celle qui est donnée dans le Lebossé-Hémery...
    Tu trouves vraiment ceci compliqué: 
    Soient $A_1=[0; 1; u], B_1=[v; 0; 1], C_1=[1; w; 0]$.  Alors $\begin{vmatrix} 0 & v & 1 \\ 1 & 0 & w\\ u & 1 & 0 \end{vmatrix} = uvw+1$ ?
    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    Bravo @stfj tu viens de faire ton premier calcul dans l'espace des coniques, tu l'as vécu comment ?
    Évidement que je n'ai jamais dit qu'il fallait faire cela au secondaire, on se contentera des déterminants 3x3 car un déterminant 6x6 ne passera pas avant L1. Au pire, au secondaire, on peut toujours utiliser la force brute pour déterminer les coefficients de la matrice avec un ordinateur si on juge cela utile. N'oublions pas qu'ils ont les matrices en maths expertes maintenant, profitons-en.
    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 (15 May)
    @Vassillia : grâce à toi , voilà comment je le vis : $V(A),..., V(F)$ sont liés ssi $\exists (a,b,...,f)\neq0$ tel que $aV(A)+...+fV(F)=0$ ssi $det(V(A),..., V(F))=0$
  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    Je te rassure, il n'y a pas à chercher plus loin qu'une dépendance linéaire entre les 6 vecteurs même si tes $a$ $b$ $c$ $d$ $e$ et $f$ ne sont pas les mêmes que les miens.
    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)
  • C'est une idée toute simple et géniale. Qui a inventé ça ? Veronese ? 
  • J'imagine puisque cela porte son nom mais le coté historique me dépasse un peu donc je ne sais pas vraiment.
    En tout cas, c'est pratique !
    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)
  • Tu as raison : l'histoire, peu nous chaut. Tu as des exemples simples de calculs d'équations de coniques passant par 5 points : ça paraît intimidant d'utiliser un déterminant 6x6 même si on peut confier cette tâche à une machine sans problème. Mais au moins au début pour voir comment cela fonctionnera ensuite pour la machine.
  • @stfj L'histoire on s'en fout, on est tous des génies, Pascal est mort puceau, niveau caca-boudin. 
  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    @stfj essaye de comprendre la procédure locusconi de pldx1 qui simplifie bien les choses quand on a le paramétrage et/ou de faire les exercices sur les coniques dans l'autre fil. 
    Sinon comme tu t'en doutes peut-etre, les Véronèse sur un cercle permettent de se restreindre à un déterminant 4x4 vu qu'on a moins de degré de liberté.
    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)
  • @Chaurien: :) Tu voulais un déterminant 6x6. Voilà l'occasion. Soit $A=(0,0), B=(1,1), C=(1,-1), D=(4,2), E=(4,-2)$ Prouvons que l'unique conique passant par ces 5 points est la trace sur le plan $z=1$ de la conique projective $$0x^2-1y^2+0z^2+0xy+1xz+0yz=0$$
  • stfj
    Modifié (15 May)
    Soit dans $\mathbb P^2, A\simeq[0;0;1], B\simeq [1;1;1], C\simeq [1;-1;1], D\simeq [4;2;1], E\simeq[4;-2;1]$.

    On considère le plongement dit de Veronese $$V:\mathbb P^2\to \mathbb P^5$$  $$(x:y:z)\mapsto (x^2:y^2:z^2:xy:xz:yz)$$
    $$V(A)=(0:0:1:0:0:0), V(B)=(1:1:1:1:1:1), V(C)=(1:1:1: -1 :1: -1 ),V(D)=(16:4:1:8:4:2), V(E)=(16:4:1: -8 :4: -2)$$

    $$(x:y:z)\in \mathcal C \iff \begin{vmatrix}0 & 1 & 0 & 16 & 0 & x^2 \\0 & 1 & 0 & 4 & 0 & y^2 \\1 & 1 & 0 & 1 & 0 & z^2 \\0 & 1 & -2 & 8 & -16 & xy \\0 & 1 & 0 & 4 & 0 & xz \\0 & 1 & -2 & 2 & -4 & yz\end{vmatrix}=0$$
  • Chaurien
    Modifié (15 May)
    @Rescassol J'ai rappelé une démonstration bien connue de Ménélaüs qui ne s'appuie que sur le théorème de Thalès et qui est donc compréhensible en Troisième. Les matrices $3 \times 3$ ne sont pas au programme du Secondaire, ni a fortiori leur déterminant. Je n'ai rien contre l'outil exceptionnel qu'est l'Algèbre linéaire, mais si l'on peut s'en passer, alors autant le faire. Il faut préserver la Géométrie des figures et réserver l'Algèbre linéaire aux problèmes où elle est indispensable. Avec ton expérience de professeur, tu pourrais être d'accord.
    Bien cordialement
    RC
  • NicoLeProf
    Modifié (15 May)
    Si j'ai bien compris, la conique passant par $A=(0:0:1)$, $B=(1:1:1)$, $C=(1: -1 :1)$, $D=(4:2:1)$ et $E=(4:-2:1)$ est l'unique conique d'équation $\det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(M))=0$ où $M=(x:y:z)$ et $V(M)=(x^2:y^2:z^2:xy:yz:xz)$.
    Je calcule donc les Véronèse coniques des points $A$, $B$, $C$, $D$ et $E$ puis je rentre $\det(V(A),V(B),V(C),V(D),V(E),V(M))$ sur sagemath qui me renvoie : $288(y^2-xz)$.
    Conclusion : l'unique conique passant par $A$, $B$, $C$, $D$ et $E$ a pour équation $-y^2+xz=0$ en travaillant dans la carte affine $z=1$. Ce qui répond à la question de stfj je crois bien.
    Edit : pas vu le dernier post de stfj vu que j'étais en train d'écrire (sans doute). J'ai l'impression d'avoir bien compris même si stfj a changé la définition du Véronèse conique (mais sans conséquences j'ai l'impression).
  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    Si on peut se passer de la géométrie des figures, autant le faire aussi (l'argument marche dans les 2 sens, non ?) Meme si je reconnais volontiers la nécessité d'en garder le minimum vital au collège. Thalès par exemple en effet.
    Je répète que les matrices sont au programme du secondaire en maths expertes pour des transformations géométriques, chaîne de Markov ou autres.
    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,

    D'accord, Chaurien, mais il ne faut pas confondre "plus simple ou moins simple" avec "faisable en 3e ou non".
    D'autre part, il y a des matrices $3 \times 3$ en Maths experrtes en terminale, donc dans le secondaire.

    Cordialement,
    Rescassol

  • stfj
    Modifié (15 May)
    @NicoLeProf: ton calcul avec sagemath tombe bien, j'étais en train de chercher à faire laborieusement la même chose pour m'assurer qu'on retrouvait bien la parabole x=y².

    C'était juste pour vérifier la méthode sur un exemple. C'est impressionnant.
    ___________________
    Dans le déterminant , j'ai juste ajouté des colonnes pour faire apparaître des 0.
  • stfj
    Modifié (15 May)
    @NicoLeProf : peux-tu changer $D$ en $(4,-1)$?
    https://www.geogebra.org/classic/fg6jnjdc

  • C'est impressionnant ! Sagemath me renvoie : $36x^2 - 72xy + 216y^2 - 252xz + 72yz$ pour ce nouveau déterminant en cohérence avec ton fichier GeoGebra.
    En effet, une équation de cette nouvelle conique dans la carte affine $z=1$ est : $36x^2 - 72xy + 216y^2 - 252xz + 72yz=0$ soit $x^2-2xy+6y^2-7xz+2yz=0$ (soit : $-x^2+2xy-6y^2+7xz-2yz=0$ : totalement cohérent avec GeoGebra !!!). :);)
  • Alors que les autres sciences recherchent les règles que Dieu a choisies pour cet univers, nous, mathématiciens, recherchons les règles auxquelles même Dieu doit obéir.
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