Cercle de Conway

stfj
Modifié (7 Jun) dans Géométrie
Bonjour,

Je cherche une démonstration par le calcul en coordonnées barycentriques de la soi-disant cocyclicité des points de Conway associés au triangle $(\color{blue}a,\color{red}b,\color{green}c\color{black})\in \mathrm K^3$, où $\mathrm K$ désigne un corps quelconque.
(Illustration de HB, wikipédienne)

J'ai comme idée de choisir $A,B,C $ comme base, d'obtenir l'équation barycentrique du cercle passant  3 des points  et de vérifier que les 3 autres points vérifient (ou pas) cette équation.

Cordialement, 
Stéphane.
_________________________________
PS: $a=BC$ et circulairement.
_______________
"Doute de tout." (Marx)
«1

Réponses

  • Bonsoir,
    Un des points du cercle est par exemple $(0:a+b:-b)$. On peut écrire directement l'équation barycentrique du cercle de Conway : permutation circulaire sur $a(b+c)x^2$ et $xy(ab+(a+c)(b+c))$, la somme du tout est nulle.
  • Bouzar
    Modifié (6 Jun)
    Bonjour Stéphane,
    Voici une autre illustration, en attendant la preuve complète avec les coordonnées barycentriques.

    Amicalement
  • NicoLeProf
    Modifié (6 Jun)
    Bonjour stfj,
    une méthode sans doute lourde mais qui marchera je pense est de nous placer dans le repère barycentrique $(A,B,C)$ puis de considérer que $M \simeq \begin{pmatrix} t \\ 1-t \\ 0 \end{pmatrix}$ car $M \in (AB)$ et où $t$ est un réel et $N \simeq \begin{pmatrix} u \\ 0 \\ 1-u \end{pmatrix}$ car $N \in (AC)$ et où $u$ est un réel.
    Sur sagemath (ou même à la main), tu calcules les longueurs $AN$ et $AM$ en fonction, respectivement, de $u$ et $t$.
    Puis, tu résous le système : $AM=AN=BC$ pour trouver des conditions sur $u$ et $t$.
    On peut faire de même pour les autres points puis calculer les Véronèse ensuite.
    Je pense que ça marche. Si j'ai le temps, je le ferai mais il me reste un paquet de 4ème à corriger pour demain si possible. :D
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonjour,

    Ce cercle a le même centre $I=[a; b; c]$ que le cercle inscrit et pour carré du rayon $R^2=(ab+bc+ca) - \dfrac{2abc}{a+b+c}$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (6 Jun)
    Bonjour @NicoLeProf
    Tu as complétement viré les vecteurs, j'ai fait pareil initialement car je n'arrivais plus à les faire correspondre à l'image mentale que j'en avais mais c'est quand même un peu exagéré :
    $\overrightarrow{AM}/a=\overrightarrow{BA}/c$ donc $M=a(A-B)/c+A=(1+a/c:-a/c:0)$ avec bien sur $A$ et $B$ en normalisé pour faire des additions et soustractions mais ce ne sont pas des points trop difficile à normaliser normalement.
    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)
  • NicoLeProf
    Modifié (6 Jun)
    Punaise, merci @Vassillia ! Fallait y penser !
    Si je comprends bien, tu pars de $\overrightarrow{AM}=\dfrac{\overline{AM}}{\overline{AB}} \overrightarrow{AB}$ soit $\overrightarrow{AM}=-\dfrac{AM}{AB} \overrightarrow{AB}$ (les vecteurs étant de sens contraires) .
    On obtient alors  : $\overrightarrow{AM}=\dfrac{AM}{AB} \overrightarrow{BA}$ soit : $\overrightarrow{AM}=\dfrac{a}{c} \overrightarrow{BA}$.
    Génial : ça simplifie tellement bien les calculs, merci beaucoup pour cette astuce !!!
    $A$ et $B$ sont déjà normalisés en barycentriques (dans le repère $(A,B,C)$) donc il n'y a rien à faire n'est-ce pas (je ne comprends pas trop ta remarque du coup)?
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • C'est ça mais il y a encore plus simple, enfin je trouve.
    Je pars de $\overrightarrow{AM}/a=\overrightarrow{BA}/c$ étant donné que les 2 vecteurs ont même direction, et même sens, si je divise par leur norme, ils sont forcément égaux.
    Puis $(M-A)/a=(A-B)/c$ et ensuite c'est une équation normale où je cherche à isoler $M$
    Désolée pour la normalisation, c'était ironique, ils sont effectivement déjà normalisés donc il n'y a rien à faire. Mais comme je suis devenue un peu psychorigide à enseigner IRL, je rappelle systématiquement qu'il faut normaliser au cas où quelqu'un oublierait dans un prochain cas de figures.


    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)
  • NicoLeProf
    Modifié (6 Jun)
    Ah bah oui bien sûr, je n'ai pas vu l'évidence pour la division par la norme ! Merci beaucoup Vassillia !!! :)
    @stfj tu as toutes les clés pour réussir l'exo maintenant, à toi de jouer ! ;)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonjour,

    c'est aussi un cercle de Tucker....
    Pour une preuve synthétique, j'utilise le théorème de Catalan ''Hexagone cyclique''.

    Sincèremen
    Jean-Louis
  • Chaurien
    Modifié (7 Jun)
    John Conway était un mathématicien créatif qui a fait plusieurs inventions remarquables, et ce cercle est une jolie trouvaille, mais pardonnez-moi, la cocyclicité de ces six points est très simple et aurait pu faire l'objet d'un exercice en classe de quatrième lorsqu'on y faisait de la géométrie, avant 1970. Il suffit de voir que le centre de ce cercle est le centre du cercle inscrit dans le triangle.
    Encore une fois, il vaudrait mieux réserver la grosse artillerie pour les problèmes qui la rendent indispensable...
  • Chaurien
    Modifié (7 Jun)
    Je rappelle la toute bête  démonstration. Soit un triangle $ABC$, soit $a=BC,b=AC,c=AB$, et le demi-périmètre $p=\frac12 (a+b+c)$ : c'est ainsi qu'en France dans d'innombrables livres de géométrie, depuis un siècle et plus, on note le demi-périmètre, merci de continuer à user de cette notation pour préserver une certaine continuité. Soit $r$ le rayon du cercle inscrit dans le triangle $ABC$.
    On prolonge les côtés du triangle $ABC$ comme sur la figure 1. Soit  $I$ le centre du cercle inscrit dans le triangle $ABC$, et soit $K$ le projeté orthogonal de $I$ sur le côté $BC$. Alors la figure 2 montre que $KU=KR=p$, et $IK $ est donc la médiatrice de $UR$. De même $I$ est sur la médiatrice de $PS$ et de $QT$. La distance du point $I$ à chacun des six points $P,Q,R,S,T,U$ est $\sqrt {p^2+r^2}$. Ces six points sont donc situés sur un même cercle de centre $I$, et puis c'est tout : pas besoin de théorème d'Untel ni de matrices d'aucune taille.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • Vassillia
    Modifié (7 Jun)
    Encore une fois @chaurien, il vaudrait mieux que tu donnes ta solution sans commenter désagréablement celles des autres, surtout quand tu ne les comprends pas. Je te félicite @NicoLeProf de ta proposition et je t'invite à ne pas te laisser décourager, il n'y a qu'en s'entrainant qu'on finit par y arriver et c'est d'ailleurs pour cela que tu y arrives. Que les ronchonneries ne t'empêchent pas de tenter à nouveau à l'avenir que ce soit pour toi ou pour aider @stfj
    On compte d'ailleurs toujours sur son avancée dans son exercice ;)
    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)
  • NicoLeProf
    Modifié (7 Jun)
    Oui je laisse les râleurs de côté ne t'en fais pas Vassillia, cela ne m'intéresse pas et je trouve cela dommage de faire preuve d'une telle étroitesse d'esprit alors que cette autre géométrie, certes très calculatoire, est aussi très intéressante et très riche et mérite ainsi que l'on s'y intéresse ! :)
    Je laisse effectivement stfj avancer dans son exercice avec nos indications mais s'il ne se manifeste pas prochainement, je finirai par lui voler la vedette car j'ai encore besoin d'entraînement et je sais qu'il ne m'en voudra pas ! ;):):D
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonjour, @NicoLeProf,
    N'hésite pas à proposer ta solution dans "mon" exercice,  pour t'entraîner. Cela me demande tout de même pas mal de travail à chaque fois et cela me soulagerait un peu de voir comment on fait, avec plus de maîtrise que moi. J'ai beaucoup ainsi appris de @Vassillia, qui sait faire preuve de pédagogie, là où elle pourrait se contenter de faire de l'épat.
    Très cordialement(hâte de voir comment on peut faire),
    Stéphane.
  • stfj
    Modifié (8 Jun)
    @Chaurien, bonjour,
    J'ai lu dans Greitzer je crois que $s$ était la notation d'Euler pour désigner le semi-périmètre. Par ailleurs, $s$ est aussi la notation de Conway(voir wikipedia.en Conway triangle notations). Les raisons de ne pas maintenir "une" certaine continuité peuvent alors sembler supérieures, si j'ose dire, n'est-ce pas?
    Cordialement, Stéphane.
  • stfj
    Modifié (8 Jun)
    @Vassillia, bonjour,
    Que signifie l'acronyme "IRL" que tu as utilisé plus haut? Il y a six points définis par Conway, et que la formule que tu as fournie, permet de déterminer en barycentrique. Il y a un unique cercle passant par trois de ces points. Si un quatrième point appartient à ce cercle , circulairement , on obtiendra probablement le fait que les six points appartiennent à ce cercle. Peut-être ce sera la méthode de NicoLeprof.
    Cordialement, Stéphane.
  • Bonjour @stfj
    IRL = In Real Life donc dans la vraie vie à opposer à IVL = In Virtual Life donc sur les forums ou autres moyens de communication sur internet.
    Disons que comme je trouve cette géométrie épatante par elle même, pas besoin d'en rajouter. La difficulté reste de la rendre la plus accessible possible. Je fais de mon mieux sachant que je suis quand même bien aidée avec la présentation de pldx1 très aboutie. A part ça, tu as bien raison d'utiliser les notations qui te semblent pertinentes, je ferai la même à ta place.
    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 (9 Jun)
    "Le glossaire de Pierre " Douillet est aussi accessible depuis Encyclopedia of triangles Centers Faculty of Evansville, comme glossary.
  • NicoLeProf
    Modifié (8 Jun)
    Bonjour stfj et les autres,
    voici une preuve en barycentriques :smile: 
    dans le repère $(A,B,C)$, on a : $A \simeq \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ ; $B\simeq \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ et $C \simeq \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.
    Ensuite, comme Vassillia nous l'a parfaitement expliqué ici, on trouve $M \simeq \begin{pmatrix} 1+a/c \\ -a/c \\ 0 \end{pmatrix}$.
    De même, on trouve : $N \simeq \begin{pmatrix} 1+a/b \\ 0 \\ -a/b \end{pmatrix}$ ; $P \simeq \begin{pmatrix} 0 \\ 1+b/a \\ -b/a \end{pmatrix}$ ; $Q \simeq \begin{pmatrix} -b/c \\ 1+b/c \\ 0 \end{pmatrix}$ ; $R \simeq \begin{pmatrix} -c/b \\ 0 \\ 1+c/b \end{pmatrix}$ et $S \simeq \begin{pmatrix} 0 \\ -c/a \\ 1+c/a \end{pmatrix}$.
    On calcule les Véronèse des points $M$ ; $N$ ; $P$ ; $Q$ ; $R$ et $S$ grâce à ma procédure Véronèse sur sagemath (même pas besoin de les écrire en fait, je les ai mis directement dans des matrices : voir ci-dessous).
    On écrit les matrices : "M1=matrix([veronese(M),veronese(N),veronese(P),veronese(Q)]).transpose()" ; "M2=matrix([veronese(M),veronese(N),veronese(P),veronese(R)]).transpose()" ; "M3=matrix([veronese(M),veronese(N),veronese(P),veronese(S)]).transpose()".
    On constate que $\det(M1)=\det(M2)=\det(M3)=0$ donc les points $Q$ ; $R$ et $S$ appartiennent tous les trois au cercle circonscrit du triangle $MNP$. Conclusion : les six points $M$ ; $N$ ; $P$ ; $Q$ ; $R$ et $S$ sont cocycliques.
    Question subsidiaire et facile pour @stfj : donne nous une équation barycentrique de ce cercle qui n'est autre que le cercle circonscrit au triangle $MNP$. :)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonjour à tous
    Nos aïeux ne nous ont heureusement pas attendu pour écrire l'équation d'un cercle $\Gamma$ en coordonnées barycentriques homogènes par rapport à un triangle $ABC$:
    $$a^2yz+b^2zx+c^2xy-(x+y+z)(\Gamma(A)x+\Gamma(B)y+\Gamma(C)z)=0$$
    où $\Gamma(M)$ désigne la puissance du point $M$ par rapport au cercle $\Gamma$.
    Ainsi l'équation du cercle de Conway est:
    $$a^2yz+b^2zx+c^2xy+(x+y+z)\big(a(b+c)x+b(c+a)y+c(a+b)z\big)=0$$
    Bof!
    Amicalement
    pappus
  • NicoLeProf
    Modifié (8 Jun)
    Le profane que je suis trouve, grâce à sagemath : $ a b x^{2} + a c x^{2} + 2 \, a b x y + a c x y + b c x y + c^{2} x y + a b y^{2} + b c y^{2} + a b x z + b^{2} x z + 2 \, a c x z + b c x z + a^{2} y z + a b y z + a c y z + 2 \, b c y z + a c z^{2} + b c z^{2}  =0$
    Bof !
    Heureusement que sagemath permet de vérifier que mon équation est en totale cohérence avec celle de pappus même si la mienne est bien misérable en comparaison de celle de pappus ! :):D
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • stfj
    Modifié (8 Jun)
    a, b, c=var('a b c')
    x, y, z = var('x y z')
    X=vector([x,y,z])
    M=vector([c+a,-a,0])
    N=vector([b+a,0,-a])
    P=vector([0,a+b,-b])

    def veronese(vec) :
        vec0=vec[0]
        vec1=vec[1]
        vec2=vec[2]
        vec3=(-c^2*vec0*vec1-b^2*vec0*vec2-a^2*vec1*vec2)/(vec0+vec1+vec2)
        vecteur=vector([vec0,vec1,vec2,vec3])
        return vecteur
    Ma=matrix([veronese(M),veronese(N),veronese(P),veronese(X)]).transpose()
    print(factor((x+y+z)*det(Ma)))
    ______________________
    me fournit via sagemath le même résultat que celui indiqué par @NicoLeprof.
  • pappus
    Modifié (8 Jun)
    Bonjour à tous
    Autrefois on ânonnait ses tables, aujourd'hui on a des calculatrices de poche; on était abreuvé de dictées et autres analyses grammaticales, maintenant on a des correcteurs syntaxiques.
    On calculait vaille que vaille ses équations de cercle, aujourd'hui il suffit d'entrer ses véronèses, même plus besoin de savoir ce qu'est un cercle ou la moindre définition d'un déterminant, on a SageMath!
    En gros, plus besoin de réfléchir!
    Et pourtant l'équation du cercle de Conway se lisait directement sur sa configuration!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    On a SageMath bien entendu mais on a surtout le Divin Glossaire!
    Encore faut-il le lire!
    Amicalement
    pappus

  • pappus
    Modifié (8 Jun)
    Bonjour à tous
    Bien sûr, on peut continuer ad vitam aeternam avec ses Véronèses, on prend son pied comme on veut dans un pays libre!
    Ce cercle de Conway m'inspire le misérable exercice suivant pour lequel les axiomes de Thalès et de Pythagore devraient largement suffire.
    Regardez la figure ci-dessous, rien dans les mains, rien dans les poches!
    Je pars d'un point quelconque $u\in BC$ et je construis l'hexagone $uv'wu'v w'$ de la façon suivante:
    $v'\in CA$ et $uv'\parallel UV'$, $w\in AB$ et  $v'w\parallel V'W$, $u'\in BC$ et $wu'\parallel WU'$, $v\in CA$ et $u'v\parallel U'V$, $w'\in AB$ et $vw'\parallel VW'$.
    Eh bien ça se referme! 
    Autrement dit $w'u\parallel W'U$.
    Prouver ce lamentable parallélisme!
    Ma figure suggère fortement que les six points $u$, $v'$, $w$, $u'$, $v$, $w'$ sont situés sur un cercle concentrique à celui de Conway.
    Prouver cette cocyclicité la plus banale.
    Montrer qu'on définit ainsi sur le triangle $ABC$ une $FLTI$ (dite de Conway, on ne prête qu'aux riches!) dans laquelle les triangles $uvw$ et $u'v'w'$ sont des triangles à sommets homologues.
    Déterminer l'équicentre et le centre aréolaire de cette $FLTI$.
    Amicalement
    pappus

  • Tu aurais peut-être pu mettre la suite qui, cela tombe bien, parle du déterminant des veroneses même si le terme n'est pas encore employé à ce stade, c'était pourtant sur la même page (ta version est ancienne, maintenant c'est le chapitre 13)

    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)
  • Je tente le misérable exo ( :D ) de pappus, au moins les deux premières questions :
    je trouve grâce au misérable sagemath sans aucune réflexion, partant de : $a \simeq \begin{pmatrix} 0 \\ t \\ 1-t \end{pmatrix}$ où $t$ est un réel : $b' \simeq \displaystyle \left(\frac{{\left(a + b\right)} t}{b},\,0,\,-\frac{{\left(a t - b\right)} {\left(a + b\right)}}{a b}\right)^T$ ; $c \simeq \displaystyle \left(-\frac{{\left(a t - b + c\right)} {\left(a + b\right)}}{b c},\,\frac{{\left(a t - b\right)} {\left(a + b\right)}}{b c},\,0\right)^T$ ; $a' \simeq \displaystyle \left(0,\,-\frac{{\left(a t - a - b + c\right)} {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}}{a b c},\,\frac{{\left(a t - b + c\right)} {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}}{a b c}\right)^T$ ; $b \simeq \displaystyle \left(\frac{{\left(a t - a - b + c\right)} {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}}{a b^{2}},\,0,\,-\frac{{\left(a t - a + c\right)} {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}}{a b^{2}}\right)^T$ et $c' \simeq \displaystyle \left(\frac{{\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)} {\left(b + c\right)} {\left(t - 1\right)}}{b^{2} c},\,-\frac{{\left(a t - a + c\right)} {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)} {\left(b + c\right)}}{a b^{2} c},\,0\right)^T$.
    Je compare les points à l'infini des droites $(c'a)$ et $(W'U)$, je trouve le même point à l'infini : $\displaystyle \left(-\frac{{\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)} {\left(b + c\right)} {\left(t - 1\right)}}{b^{2} c},\,\frac{{\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)} {\left(a - c\right)} {\left(b + c\right)} {\left(t - 1\right)}}{a b^{2} c},\,\frac{{\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)} {\left(b + c\right)} {\left(t - 1\right)}}{a b^{2}}\right)^T$, ce qui prouve le lamentable parallélisme de ces deux droites.
    La banale cocyclicité est très facile à vérifier grâce aux Veronèse :
    M2=matrix([veronese(a),veronese(b'),veronese(c),veronese(a')]).transpose()
    On a bien $\det(M2)=0$ et de même pour les autres déterminants ! :);)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonsoir,
    Sans préjuger de ce qui a été écrit, des bissectrices et des médiatrices aboutissent, sans coup férir, au centre $I$ du cercle inscrit.
    Il suffit de regarder cette figure :

  • @Cailloux, mais comment pourrait-il en être autrement, puisque cette figure n'est qu'un puzzle de six triangles isocèles, dont trois sont imbriqués les uns dans les autres, et qui partagent leurs angles au sommet ?
    Bien cordialement, JLB
  • Mon cher Cailloux
    Merci pour ta coopération.
    Effectivement, on peut se passer de ces monstrueux calculs que plus personne ne sait faire à la main et qu'on est obligés de confier à des logiciels. Où est passée la géométrie dans tout cela?
    Une bonne partie de cet exercice aurait pu être posée à des lycéens autrefois mais cachez ces démos que je ne saurais voir!
    Quant à cette $FLTI$ de Conway, prière de se référer encore une fois au Divin Glossaire!
    Amitiés
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (8 Jun)
    Juste pour le fun, une représentation de la fameuse FLTI paramétrée https://www.geogebra.org/classic/zrc27bba
    Si tu veux en savoir plus @NicoLeProf étant donné que je n'avais jamais entendu parler ni de FLTI, ni d'équicentre, ni de centre aréolaire https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/994245/famille-lineaire-de-triangles-inscrits#latest
    Tu ne devrais avoir aucune difficulté à finir l'exercice si tu en as envie.
    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)
  • Jean-Louis Ayme
    Modifié (9 Jun)
    Bonjour pappus,

    comme je l'avais écrit dans mon message, tu viens de mettre en exergue le théorème de Catalan dans ta figure....ce qui permet de conclure....

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • pappus
    Modifié (9 Jun)
    Bonjour à tous
    Evidemment il n'est nul besoin du Divin Glossaire pour déterminer la $FLTI$ de Conway.
    Il s'agit de la $FLTI$ des triangles inscrits directement semblables au triangle podaire du centre du cercle inscrit $I$.
    L'équicentre et le centre aréolaire sont donc confondus en ce point $I$, appelé aussi pivot.
    Le triangle $u'v'w'$ se déduit du triangle $uvw$ par une rotation de centre $I$.
    Bof!
    Amicalement
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (9 Jun)
    Et si pourtant, c'est bien utile, pas seulement pour savoir comment le calculer même si c'est assez rapide une fois qu'on a les coordonnées des points, ce que nous a donné NicoLeProf. Mais aussi et surtout pour avoir une définition du vocabulaire employé par @pappus qui ne se donne pas la peine de le préciser.
    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)
  • Oui j'ai un problème de vocabulaire pour finir l'exo, je verrai quand j'aurai davantage de temps !
    Bof du coup pour les deux dernières questions  :D ! Hahaha ! :D:D  
    (Ok je sors :D )

    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • pappus
    Modifié (10 Jun)
    Bonjour à tous
    Je constate avec tristesse mais sans le moindre étonnement que personne absolument personne ne s'est intéressé aux questions que j'ai posées concernant la $FLTI$ de Conway et en particulier au parallélisme final $w'u\parallel WU$ qui était la première d'entre elles!
    Vu la complexité (apparente) de cette question, cela aurait été peut-être un moment judicieux pour dégainer ses Véronèses.
    Je retourne le fer dans la plaie!
    Pour cela j'oublie la structure euclidienne (pour simplifier d'éventuels calculs) et je me contente de travailler dans le plan affine.
    On se donne donc dans le plan affine un triangle $ABC$ et aléatoirement sur les côtés $BC$, $CA$, $AB$ des couples de points $(U,U')$, $(V,V'$, $(W,W')$.
    On obtient ainsi un hexagone $UV'WU'VW'$ analogue à l'hexagone de Conway.
    Je recommence le petit jeu qui aurait dû réussir dans le cas de la configuration de Conway en essayant de construire un hexagone $uv'wu'vw'$ avec $uv'\parallel UV'$, $v'w\parallel V'W$, $wu'\parallel WU'$, $u'v\parallel U'V$, $vw'\parallel VW'$ et finalement $w'u\parallel W'U$.
    Mais on constate sans surprise sur la figure que $w'u\not\parallel W'U$ car il n'y a aucune raison divine ou humaine pour que $w'u$ soit parallèle à $W'U$.
    Les couples $(U,U')$, $(V,V')$, $(W,W')$ doivent donc vérifier une certaine condition pour que ce circuit affine se referme.
    Quelle est cette condition, (évidemment vérifiée par l'hexagone de Conway)?
    Amicalement
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (10 Jun)
    Je t'invite à lire (relire) ce message de NicoLeProf https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2485356/#Comment_2485356 qui a bel et bien démontré et le parallélisme et la cocyclicité en se servant des veroneses
    Par ailleurs, j'ai donné le paramétrage de la FLTI visible sous geogebra (merci pldx1 pour l'explication)

    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)
  • Je ferai prochainement un post sur les $Hom(\mathcal E(AFC))$. J'espère avoir plus de succès sur ce sujet fascinant et susceptible d'illustrations non moins fascinantes.
  • Bonjour à tous
    Bravo à NicoLeProf pour sa démonstration.
    La condition affine (très simple ?) que je demande de trouver jette un nouvel éclairage sur cet exercice!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour, $\def\grh#1{\mathcal{G}_{#1}} \def\ptv{~;~} \def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}}$
    1. Comme pappus le fait remarquer, nos aïeux ne nous ont pas attendu pour naître. Ils ont bien fait. Une fois que l'on a compris que forcer les cycles à passer par les deux ombilics du plan a pour résultat que l'équation d'un cycle fait intervenir QUATRE coefficients, le reste ne peut que suivre.
    2. Et il en est ainsi pour les coordonnées cartésiennes hétérogènes, les coordonnées barycentriques Imogène, les coordonnées inclusives endogènes, les coordonnées galactiques gazogènes, etc. En fait la propriété $6-2=4$ était déjà vraie du temps des grottes de Lascaux et de la domestication des rennes.
    3. L'adjudant Tiffrice ronchonne parce que des quidams osent utiliser un exercice pour exercer leurs compétences. Et pourtant, les mathématiques ne se résument pas à collectionner de larges listes de ruses, une ruse par taupinière. L'objectif est plutôt de rassembler un petit nombre de méthodes générales, dans le but de partir à l'assaut des plus hautes montagnes tout en voyageant léger
    4. Dans cet exercice, on peut commencer par remarquer que l'hexagramme de Miss Tik $UV'WU'VW'$ se compose de segments parallèles deux à deux. Par conséquent, la construction $ab'ca'bc'$ partant de $a$ est la même que la construction $a'bc'ab'c$ partant de $a'$. On en déduit que $\slov_{1}=\slov_{2},\equi_{1}=\equi_{2}$.
    5. Ensuite de quoi les deux familles LFIT $abc$ et $a'b'c'$ sont Tucker conjugates l'une de l'autre. On en déduit que $\slov_{1}=\equi_{2},\equi_{1}=\slov_{2}$.
    6. Et enfin, les coniques temporelles sont des cercles. On en déduit que $\slov$ et $\equi$ sont conjugués isogonaux. Et alors X(1) n'est plus très loin! La conique pilier, centrée en $\omega\doteq\left(\slov+\equi\right)/2$, n'est autre que...
    7. Pendant qu'on y est, on trace les graphes hexagonaux. $\grh A$ est le lieu de $\alpha\doteq b+c-A$ ... et aussi le lieu de $\alpha'\doteq b'+c'-A$. Comme il se doit, il est parallèle au coté adhoc de l'anticévien de $\slov$... qui n'est autre que $I_{b}I_{c}$.
    Cordialement, Pierre.
  • Bon,

    je suis le clown du spectacle qui va faire rire pappus : 

    -> tu utilises quoi pour faire tes figures pldx1 ?

    :)
  • pappus
    Modifié (10 Jun)
    Bonjour Samok
    Depuis le temps que pldx1 nous propose des figures, cela devrait finir par se savoir!
    Je reviens à mon exercice hexagonal de géométrie affine.
    Je pense sans trop prendre de risque que la condition cherchée que doit vérifier l'hexagone $UV'WU'VW'$ pour que le circuit $uv'wu'vw'$ se referme correctement est que ces six points soient situés sur une même conique
    Etonnant n'est-il pas?
    Le prouver par tous les moyens connus ou inconnus de notre monde sublunaire et je ne suis pas contre l'utilisation des Véronèses pour ce faire!
    Utiliser son logiciel de géométrie dynamique favori pour faire la figure et vérifier ma conjecture.
    Pour la configuration de Conway, c'est évident grâce à l'existence de son cercle!
    Amicalement
    pappus
  • pldx1
    Modifié (10 Jun)
    Bonjour,
    La conique temporelle ne peut provenir que d'une conique intemporelle.

    Histoire de rire, on trace les graphes hexagonaux de $abc$, qui continuent d'être parallèles aux côtés de l'anticévien de leur slowness-center, ici $Y_7,Y_8,Y_9$ .

    On pourrait même tracer la conique pilier (fixe) et vérifier que la conique temporelle (mobile) reste bi tangente à celle-ci.

    Cordialement, Pierre.

  • Bonjour à tous
    Par curiosité, j'ai vérifié ma conjecture dans le cas où la conique $UV'WU'VW'$ est décomposée.
    C'est une figure que j'aurais pu tracer quand j'étais en Classe de Mathématiques puisque les seules coniques que je pouvais tracer à l'époque étaient justement les coniques décomposées.
    Peut-on raisonnablement proposer cette configuration à des lycéens, puisqu'elle rentre dans le cadre des programmes actuels
    J'en doute beaucoup mais il n'est pas interdit de rêver!
    Il y a des chances qu'on trouve cette figure dans le Divin Glossaire dans le chapitre concernant les $FLTI$!
    Amicalement
    pappus


  • pappus
    Modifié (11 Jun)
    Bonjour à tous
    Voici ci-dessous cette configuration faite dans  le cas général qui montre que ma conjecture mérite au moins d'être considérée.
    Il y a certainement moyen de la prouver en utilisant toutes les techniques implacables du Divin Glossaire mais je prétends qu'il en existe d'autres beaucoup moins calculatoires et j'espère pouvoir les exposer sans me faire traiter de bon à rien et de demeuré!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Là aussi cette figure a de bonnes chances de se trouver dans le Divin Glossaire dans le chapitre concernant les $FLTI$ dans les articles parlant des graphes hexagonaux.
    Il n'y a pas besoin de connaitre cette théorie pour prouver ma conjecture mais seulement d'avoir un peu de bon sens.

  • Bonjour à tous
    Je reprends la construction de notre circuit $uv'wu'vw'$.
    On part d'un point quelconque $u\in BC$ et on construit successivement comme je l'ai dit les points $v'$, $w$, $u'$, $v$,$w'$.
    Arrivé à ce stade, on projette le point $w'$ sur $BC$ parallèlement à $W'U$ et on tombe sur un point $u_1\not=u$ comme on le constate tristement.
    Néanmoins tout n'est pas perdu!
    On tombe sur une application $f:BC\longmapsto BC; u\mapsto u_1$ dont on aimerait bien qu'elle soit l'application identique de la droite $BC$
    Que sait-on donc a priori sur notre application $f$ qui pourrait nous aider?
    Amicalement4
    pappus

  • pappus
    Modifié (12 Jun)
    Bonsoir à tous
    Je ne suis pas trop surpris devant le silence du phorum car il s'agit en l'occurrence de composer six projections affines.
    Deux ça va encore mais six, n'en jetez plus!
    Et il se passe quelque chose d'incroyable, une projection affine est affine.
    A vrai dire c'est plus ou moins la façon bourbakiste de formuler l'axiome de Thalès!
    On peut dire qu'elles portent fièrement leurs noms!
    Si on sait son cours de géométrie affine, on peut donc affirmer que l'application $f:BC\longmapsto BC; u\mapsto u_1$ est affine.
    En quoi cela va-t-il nous avancer?
    Pour le moment mystère et boule de gomme!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour @pappus,
    questionnement très intéressant, je crois que je saisis où tu veux en venir :  $f$ est la composée de six projections : $f=p_{w'} \circ p_v \circ p_{u' }\circ p_{w} \circ p_{v'} \circ p_u$ où je note $p_u : (BC) \rightarrow (AC)$ la projection affine de $u$ sur la droite $(AC)$ parallèlement à $(UV')$ et je définis de manière analogue les autres projections. 
    $f$ est la composée de $6$ applications affines donc $f$ est affine. 
    De plus, $f(U)=U$ (immédiat par composition) donc $f$ possède au moins un point fixe.
    L'ensemble des points fixes de $f$ est un sous-espace affine de $(BC)$ (ensemble de départ) de direction $\ker(\vec{f}-id)$.
    Il faudrait exhiber un deuxième point fixe de $f$ pour pouvoir conclure que $\ker(\vec{f}-id)$ est de dimension $1$ donc que l'ensemble des points fixes de $f$ est la droite $(BC)$ (donc que $f$ est l'identité sur $(BC)$) !
    Soit $I$ le milieu de $[uU]$. C'est l'isobarycentre des points $u$ et $U$.
    La projection $p_u$ étant affine, elle conserve les barycentres. Ainsi, $p_u(I)$ est l'isobarycentre de $p_u(u)$ et $p_u(U)$ donc l'isobarycentre des points $v'$ et $V'$. Ainsi, $p_u(I)$ est le milieu du segment $[v'V']$.
    On fait de même avec les autres projections (on reconnaît en fait une propriété de la droite des milieux : cas particulier de l'axiome de Thalès !) et on conclut que $f(I)=I$.
    Par suite, $f$ admet au moins deux points fixes et ainsi, par ce que j'ai expliqué précédemment, la droite $(BC)$ est l'ensemble des points fixes de $f$ donc $f$ est l'identité sur $(BC)$ et ainsi, $f(u)=u_1=u$, ce qui conclut ! :);)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
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