Triangles
Réponses
-
Bonjour,
Les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ ont le même centre de gravité.
Cordialement,
Rescassol
-
Avec l'indication de Recassol, en prenant G comme centre de gravité, cela donne tous les triangles images de ABC par une similitude de centre G pour les similitudes directes, et la composée d'une symétrie d'une droite passant par G et d'une homothétie de centre G, ça fait beaucoup de triangles.
-
Mon cher RescassolBien vu mais ce n'est pas suffisant!Y a du rab!Amitiéspappus
-
Mon cher plsryefEffectivement ça fait beaucoup, beaucoup de triangles et il faut tous les trouver et il faut tous les construire.J'ai conçu cet exercice en pensant à nos empileurs de wedges invétérés qui se confinent dans leurs alignements perpétuels!Là bien obligé, on doit utiliser les coordonnées barycentriques puisque les conditions du problème portent sur ces coordonnées!
Mais au bout du bout et à la fin des fins de tous ces maudits calculs, il y a une figure à faire et une configuration à trouver.Il ne s'agit pas de se tourner les pouces et de glander!AmicalementpappusQuestion supplémentaire pour les plus courageux.Parmi tous ces foutus triangles, exhiber ceux qui sont en situation de parallélogie avec le triangle $ABC$.En définitive cet exercice se passe dans le plan affine, n'allez pas me parler de similitudes! -
Notre ami pappus aime bien tronquer ses figures
-
Bonjour, il me semble qu'ils n'y sont pas tous @gai requinEn bougeant les curseurs $r_1$, $r_2$, $r_3$ et $r_4$ maintenant, cela devrait être le cas https://www.geogebra.org/classic/nqxuqqvaEt si vous voulez la parallélogie, il faut fixer $r_4=r_3$La matrice utilisée est $\left(\begin{array}{ccc} r_{1} & r_{4} & r_{2} - r_{3} + r_{4} \\ r_{4} & r_{2} & r_{1} - r_{3} + r_{4} \\ r_{2} - r_{3} + r_{4} & r_{1} - r_{3} + r_{4} & r_{3} \end{array}\right)$ à un facteur global non nul près.Disons que c'est une collinéation qui laisse invariante la droite de l'infini et qui a une matrice symétrique.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)
-
Merci VassilliaEnfin, enfin des calculs!Ce n'est pas trop tôt!Mais c'est loin d'être terminé.Il ne faut pas glander en se tournant les poucesIl faut fournir les figures convaincantes qui vont avec!On sait déjà que les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ partagent affinement et démocratiquement le même centre de gravité (Rescassol).D'autre part Gai Requin a dévoilé une autre partie cachée de ma figure qui se traduit par une certaine propriété projective.Comme la géométrie projective est décédée chez nous depuis belle lurette, il se peut que cette propriété soit elle aussi tombée aux oubliettes.Heureusement, heureusement il nous reste encore très provisoirement le Divin Axiome de Thalès!Ces deux propriétés affine et projective sont les conditions nécessaires et suffisantes pour que la matrice de $f$ soit symétrique.Quant au cas parallélogique, Vassillia a bien fourni la bonne matrice sans s'apercevoir qu'elle porte un nom très célèbre en Algèbre Linéaire, ce qui entraine la parallélogie et une caractérisation simple des deux centres de parallélogie!Amicalementpappus
-
Et qui décide que les figures sont convaincantes ou pas ? Il y a une règle mathématiques à ce sujet, je suis sceptique.
Il fallait tracer tous les triangles, sauf erreur de ma part, il me semble que c'est fait
Il fallait restreindre à la parallelogie, sauf erreur de ma part, il me semble que c'est fait aussi.
De mon point de vue, exercice résolu, il suffit de donner la matrice à geogebra et ... c'est tout. Je doute qu'on puisse faire plus simple ou plus rapide et en plus je suis, personnellement, largement plus convaincue par des calculs que par n'importe quoi d'autre.
Libre à toi de faire autrement si tu 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) -
Bonjour à tousL'exercice n'est pas résolu tant qu'on a pas donné les conditions nécessaires et suffisantes portant sur le triplet $(A',B',C')$ pour que la matrice de l'application affine $f:ABC\mapsto A'B'C'$ soit symétrique.Rescassol a trouvé une condition nécessaire: $A'B'C'$ et $ABC$ ont même centre de gravité.gai requin a entrevu l'autre condition mais ne l'a pas vraiment exhibée.Quant à la parallélogie, tout reste à faire.Quand on donne une matrice symétrique à geogebra, le triangle $A'B'C'$ surgit sur l'écran comme par enchantement mais on ne peut pas dire qu'il ait été construit!Etant donné un point $A'$ du plan, comment par exemple construire tous les triangles $A'B'C'$ qui vont marcher?Ce n'est pas geogebra qui va trouver cela tout seul!Il va falloir l'aider!Amicalementpappus
-
Et bien aidons alors,.Le point $A'$ est bougeable (comme les points $A$, $B$ et $C$) à la souris donc il ne reste plus qu'un seul curseur $r_2$ https://www.geogebra.org/classic/gbydygdx et si vous voulez la parallélogie, il faut fixer $r_2=r_3'=(A'-A) ⊗ (A'-B)$.J'ai juste fait un changement de variable avec $r_3'=r_2-r_3+r_4$ de telle sorte que la première colonne de ma matrice soit récupérée via geogebra.Edit : finalement je vous mets le cas avec parallélogie donc sans curseur au cas où utiliser geogebra soit vraiment une difficulté https://www.geogebra.org/classic/gfn8jxszLa 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)
-
Ma chère VassilliaNon seulement j'ai fait les mêmes calculs que toi qui sont d'une trivialité désolante mais en plus, en plus j'ai exhibé leurs conséquences géométriques sur mes figures qui en ce sens sont plus convaincantes que les tiennes où on ne voit rien de très particulier.Soit $A'B'C'$ un triangle.La condition nécessaire et suffisante pour que la matrice de l'application affine $f:ABC\mapsto A'B'C'$ dans le triangle $ABC$ soit symétrique est que ces deux triangles soient en perspective et possèdent le même centre de gravité.Gai requin a trouvé la droite rouge mais n'est pas allé plus loin!Le cas parallélogique conduit au même type de figure "convaincante".Amicalementpappus
-
Peut-être car il n'y a rien à voir n'ayant pas eu besoin d'aller au delà des calculs triviaux pour les représenter.Pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué ? Parce que c'est simple ! Ma condition nécessaire et suffisante est qu'ils peuvent s'écrire sous la forme matricielle donnée. Il va falloir que tu apprennes à ce qu'on ne fasse pas ce que toi tu as envie ce qui ne t’empêche pas de faire toi aussi ce que tu as envie.Ceci dit je trouve quand même qu'on le voit que les droites sont concourantes donc il y a parallélogie dans ma dernière figure.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 à tousQuelle mauvaise foi.Les bras m'en tombent!Amicalementpappus
-
Je ne te le fais pas dire.Tu as demandé tous les triangles, ils y sont. Tu as demandé la parallélogie, elle y est.Finalement, il fallait partir du point $A'$, admettons, c'est fait.Mais, oh surprise, tu n'es toujours pas content.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,
J'ai noté la matrice $M=\left(\begin{array}{ccc} 1-r-q & r & q \\ r & 1-r-p & p \\ q & p & 1-q-p \end{array}\right)$.
Le perspecteur des triangles $ABC$ et $A'B'C'$ est alors $[qr;\space rp;\space pq]$ qui est l'isotomique de $[p;\space q\space; r]$ par rapport à $ABC$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour à tousOn étudie les triangles $A'B'C'$ ayant le même centre de perspective $\Omega$.Montrer qu'ils forment une $FLTI$ inscrite dans le trigone $(\Omega A,\Omega B,\Omega C)$.Déterminer son centre aréolaire et son équicentre.Montrer que les trois graphes de cette $FLTI$ sont concourants et respectivement parallèles aux côtés de notre trigone.Amicalementpappus
-
Bonjour à tousSi on rajoute la parallélogie comme condition, la matrice de $f$ est de la forme:$$\begin{pmatrix}a&b&c\\b&c&a\\c&a&b\end{pmatrix}$$Cette matrice est symétrique et circulante, (à condition de le remarquer évidemment (?)) et des générations de taupins se la sont farcie à défaut d'avoir la moindre idée du début du commencement de l'existence de la géométrie affine.Comme quoi tout n'est pas perdu!Cela va avoir des conséquences géométriques importantes à condition de les découvrir évidemment et surtout surtout de faire la figure!Amicalementpappus
-
Et bien revoilà la figure https://www.geogebra.org/classic/gfn8jxsz avec $A$, $B$, $C$ et $A'$ mobilesSans doute que pappus a du passer à coté, cela arrive à tout le monde.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)
-
Ma chère VassilliaJe vois effectivement une figure où il manque la propriété la plus importante: les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont en perspective!Amicalementpappus
-
C'est ton point de vue, moi je trouve qu'on voit bien la parallelogie mais bon...Rapelons quand même une définition pour que tout le monde puisse se faire son opinion.Soit 2 triangles $ABC$ et $A'B'C'$, on trace :
- la parallèle à $(AB)$ passant par $C'$
- la parallèle à $(BC)$ passant par $A'$
- la parallèle à $(CA)$ passant par $B'$
Si ces 3 droites (en marron sur ma figure) sont concourantes alors les triangles sont parallélogiques.De plus la relation est symétrique, c'est à dire que si on trace :
- la parallèle à $(A'B')$ passant par $C$
- la parallèle à $(B'C')$ passant par $A$
- la parallèle à $(C'A')$ passant par $B$
Ces 3 droites (en bleu sur ma figure) sont aussi concourantes.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 à tousVoici ma propre figure qu'on pourra comparer utilement avec celle de Vassilia.Les données sont le triangle $ABC$ et le centre de perspective $\Omega$.J'ai construit l'unique triangle $A'B'C'$ en perspective avec le triangle $ABC$, le centre de perspective étant le point $\Omega$, en parallélogie avec le triangle $ABC$ et dont la matrice de l'application affine $f:ABC\mapsto A'B'C'$ est symétrique.Cela tient au résultat suivant conséquence du fait que cette matrice symétrique est aussi circulante:Le centre de parallélogie $O$ et le point $\Omega$ sont isotomiques dans le triangle $A'B'C'$.Le centre de parallélogie $O'$ et le point $\Omega$ sont isotomiques dans le triangle $ABC$.D'où ma construction:Je construis $O'$ comme point isotomique de $\Omega$ dans le triangle $ABC$.Je projette $O'$ respectivement sur les droites $\Omega A$, $\Omega B$, $\Omega C$ parallèlement aux droites $BC$, $CA$, $AB$ pour récupérer les points $A'$, $B'$, $C'$ et c'est terminé, le point $O$ suit comme un petit toutou!Sur ma figure, les deux ellipses sont les ellipses de Steiner des triangles $ABC$ et $A'B'C'$.Amicalementpappus
-
Une figure avec $ABC$ et $A'B'C'$ de même centre de gravité $G$ et en perspective par rapport à $\Omega$.
Données : $A,B,C,A',\Omega\in AA'$.Clé de la construction : on connaît le milieu $I'$ de $B'C'$ !
-
@pappus Je croyais qu'il fallait partir de $A'$ pas de $\Omega$ mais bon, la mauvaise foi, tout ça, tout ça
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) -
Ma chère VassilliaMoi au moins je dis quelles sont les données que j'utilise et toi tu ne dis rien du tout.Tu nous assènes tes figures en partant de n'importe quoi et on arrive toujours au résultat bien évidemment.Puisque tu veux partir du point $A'$, faisons le, c'est encore plus simple!On contemple notre matrice circulante pendant une bonne minute et le moindre des taupins te dirait que si on se donne sa première colonne, on connait automatiquement les deux autres.Si tu veux te faire mousser, tu pourrais dire que le trio $(A',B',C')$ est une orbite sous l'action d'un groupe cyclique d'ordre $3$. Bien sûr mais quel est ce groupe?AmicalementpappusPSJ'ai dit une bêtise en affirmant que notre matrice était circulante. Elle ne l'est pas (confusion mentale) mais par la symétrie indéniable de ses entrées, elle doit bien porter un nom dans la littérature
-
@pappus Tu te fiches vraiment du monde, je dis que les points $A$, $B$, $C$ et $A'$ sont mobiles et que les coordonnées barycentriques de $A'$ dans le triangle $ABC$ forment la première colonne de la matrice. A partir de là, comme on connait la matrice explicitement, on connait immédiatement les coordonnées barycentriques de $B'$ et $C'$.Et puis si vous avez un doute, vous pouvez toujours aller voir dans la partie algèbre de geogebra comment j'ai fait puisque mon doc est en ligne ou vous pouvez poser des questions. J'y réponds volontiers.Ce n'est pas moi qui veut me faire mousser en utilisant des mots savants, en faisant croire que je suis largement supérieure car le bon vieux temps, bla, bla, bla. Mon truc, ce serait plutôt, "regardez vous n'y connaissez rien, moi non plus, mais vous allez voir qu'on va quand même y arriver".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)
-
Ma chère VassilliaOn passe du vecteur $(a,b,c)$ au vecteur $(b,c,a)$ via la matrice $\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{pmatrix}$qui correspond au cycle $(ACB)$ du groupe des permutations des sommets du triangle $ABC$.et on sait que les cycles d'ordre $3$ (il y en a $2$), engendrent un groupe cyclique d'ordre $3$.Cela se lit sur ma dernière figure.Par exemple tu passe de $A'$ à $O'$ par la transposition $(BC)$ puis de $O'$ à $B'$ par la transposition $(AC)$.Le produit de ces deux transpositions est bien le cycle $(ACB)$.AmicalementpappusPSVa falloir que je commente la nouvelle figure de gai requin!En fait c'est facile.J'ai justement utilisé cette construction pour faire mes premières figures.J'ai découvert le pot aux roses de ces deux conditions nécessaires et suffisantes mais pour le moment je n'ai vu aucune démonstration.Faudra-t-il encore une fois attendre jusqu'à la Saint Glilglin?
-
Je ne t'ai posé aucune question sur ta solution, je te suggère de commenter pour des lecteurs ou lectrices hypothétiques si tu veux mais pas pour moi. Je ne lis aucun de tes textes mathématiques au cas où il y aurait un doute.Si vous voulez des explications sur la figure de gai requin, mon conseil serait de demander plutôt à ... gai requinLa 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 : Ma figure est niveau 6e (utilisation toute bête d’une symétrie centrale) sans exagération !
-
@gai requin C'est bien vendu, j'ai essayé de comprendre et à la condition que j'ai le droit de sortir $I'$ grâce au rapport 1/3, 2/3 c'est bon, sinon je ne vois pas...mais il y a peut-être quelque chose que j'ai loupé.Le reste avec le parallélogramme, je vois 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)
-
Bonjour à tousAlors c'est moi qui vais commenter la construction de gai requin, effectivement élémentaire autrefois.Aujourd'hui je ne sais pas et cela n'a strictement aucune importance!On dispose du trigone $\Omega A,\Omega B,\Omega C$ et on doit y inscrire un triangle $A'B'C'$ ayant le même centre de gravité $G$ que le triangle $ABC$.On part d'un point $A'$ quelconque sur la droite $\Omega A$.Le milieu $a'$ de $B'C'$ est l"anticomplément de $A'$ c'est-à-dire l'homothétique de $A'$ dans l'homothétie de centre $G$ et de rapport $-\dfrac 12$.Soit $s$ la symétrie centrale de centre $a'$, alors $C' = s(\Omega B )\cap \Omega C$, une intersection de deux droites, encore un wedge, yeah!.On récupère le point $B'=s(C')$ et c'est terminé.Merci gai requin.Il semblerait que Vassillia ne daigne lire que ses propres textes mathématiques.C'est effectivement très prudent!Amicalementpappus
-
Non, il semblerait que Vassillia lise les textes mathématiques des personnes qui veulent dialoguer avec elle, pas monologuer et ronchonner.C'est du bon sens.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 à tousUn peu plus dur.Trouver tous les triangles $A'B'C'$ dont on se donne le centre de parallélogie $O$ sur l'ellipse de Steiner du triangle $ABC.Si on fait le point de la situation maintenant, nous ne disposons d'aucune preuve de ce que j'ai affirmé.Rien, nada, nothing, không là gi.Je remercie quand même Rescassol ,et gai requin qui sont intervenus avec pertinence!Amicalementpappus
-
Bonjour à tousJe vais essayer d'exposer timidement mes calculs.On part de la matrice symétrique $\begin{pmatrix}a&b&c\\b&d&e\\c&e&f\end{pmatrix}$ la matrice de l'application affine $f:ABC\mapsto A'B'C'$ dans le triangle $ABC$.D'habitude ses vecteurs colonnes étaient constitués des coordonnées barycentriques normalisées des points $A'$, $B'$, $C'$ si bien que la somme des éléments de chaque colonne valait $1$.Mais aujourd'hui les Saintes Ecritures nous prêchent qu'une application affine n'est pas autre chose qu'une collinéation ou transformation projective qui conserve la mystérieuse droite de l'infiniIl en résulte que comme pour toute collinéation, la matrice de $f$ n'est définie qu'à un facteur non nul près si bien que les sommes des éléments de chaque colonne ne valent plus $1$ mais sont seulement égales entre elles:$$a+b+c=b+d+e=c+e+f=\lambda\not=0$$L'avantage de ce point de vue est qu'il évite le fléchi-flecha du plan affine, nécessaire pour définir les barycentres censés être conservés par les dites applications affines.A la trappe les barycentres!Je me demande d'ailleurs comment sont définies les coordonnées barycentriques en ayant foutu les barycentres à la poubelle!Quoiqu'il en soit pour une application affine, on dit que les vecteurs-colonnes sont synchronisés.Les coordonnées de $f(G)$ s'obtiennent en faisant opérer la matrice précédente sur le vecteur colonne $(1,1,1)$ qui est formé des coordonnées barycentriques homogènes de $G$ dans le triangle $ABC$.Du point de vue projectif, le point $G$ est le point unité du repère projectif $(A,B,C,G)$.Dans cette opération, on tombe sur le vecteur colonne $(\lambda,\lambda,\lambda)$, ce qui signifie que $f(G)=G$.Venons en à cette sombre histoire de triangles en perspectives.Tout ce qu'on a à faire, c'est de calculer le déterminant:$$\det(A\wedge A',B\wedge B', C\wedge C')$$Cétypasdieupoçible!Trois wedges et un déterminant!Merci qui? Merci pappus évidemment même si cela écorche les lèvres de certaines!Et on trouve:$\begin{vmatrix}0&e&-e\\-c&0&c\\b&-b&0\end{vmatrix}=0$En effet les trois vecteurs colonnes sont liés puisque leur somme est nulle.C'est l'extase, le déterminant est nul, d'où trois droites concourantes et deux triangles en perspective!Là je constate avec tristesse que c'est moi qui a fait ce petit calcul trivial et personne d'autre!Pas un seul de nos calculateurs patentés, grands dévoreurs de wedges devant l'Eternel, n'a daigné le faire.Vais-je devoir me farcir aussi la réciproque?Je dis pouce, c'est assez pour aujourd'hui!Rentrer la matrice dans geogebra pour faire la figure.La contempler suffisamment pour s'apercevoir de la perspectivité puis retourner au calcul pour le prouver, c'est ce que j'appelle le dialogue entre figure et calcul.A défaut de vouloir dialoguer avec moi, on peut au moins dialoguer avec la figure!Amicalementpappus
-
Pour une fois que j'ai rigolé en lisant un message de pappus, je te dis volontiers merci ! Crois-le ou non mais je savais faire le calcul dont tu parles, il n'empeche que le fait que tu poses régulièrement des questions est une vraie plus-value donc merci pour ça aussi si ça peut te faire plaisir (et t’empêcher de ronchonner).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)
-
Bonsoir,Pappus:Je te signale que si j'ai donné les coordonnées barycentriques du perpecteur, c'est probablement que j'ai montré la perpsective et que j'ai calculé ce perspecteur.Pas un seul de nos calculateurs patentés, grands dévoreurs de wedges devant l'Eternel, n'a daigné le faire.
Cordialement,
Rescassol
-
Mon cher RescassolExcuse moi, effectivement je n'ai pas lu ton message fort intéressant, je ne sais trop pour quelle raison, peut-être que j'étais trop concentré par mes échanges avec Vassillia!Merci encore une fois.Passe une bonne nui et fais de beaux rêves.Amitiéspappus
-
Bonjour,
Il faudrait détailler ce que la conique circonscrite de Steiner vient faire dans l'histoite.
Cordialement,
Rescassol
-
Mon cher RescassolJe vais le faire mais tu peux aussi chercher de ton côté, tu en as les moyensSois patient.Pour le moment, je tire les conséquences géométriques de ton calcul des coordonnées du centre de perspective et elles sont nombreuses.Je dols aussi m'occuper de la construction de gai requin!Est-ce que je vais m'en sortir?Je stresse!Je me rassure comme je peux en pensant aux merveilleuses coordonnées barycentriques qui nous permettent de tout savoir même ce dont on a pas la moindre idée et surtout de tout trouver mécaniquement sans le moindre effort intellectuel à faire!Et si au bout du bout et à la fin des fins on a rien trouvé, cela n'a strictement aucune importance, on aura eu l'extase de calculer!Amitiéspappus
-
Mon cher RescassolJ'ai rajouté sur ma figure le point isotomique $\Omega'(p:q:r)$ du centre de perspective $\Omega(qr:rp:pq)$Pour le moment je te laisse réfléchir dessus sans la commenter.Amitiéspappus
-
Mon cher RescassolVoici une autre figure qui montre comment construire les triangles $A'B'C'$ de perspecteur donné $\Omega$.Ton message mettant en évidence le point isotomique $\Omega'$ du perspecxteur $\Omega$ en a été l'élément déclencheur.Je ne comprends pas comment j'ai pu le louper!Quand tu l'as posté, j'étais en plein dialogue de sourd avec la charmante et courtoise Vassilia, les messages défilaient vite et le tien est remonté à la vitesse $V$ hors de mon écran.Quoiqu'il en soit comme je l'ai dit les triangles $A'B'C'$ ayant le même perspecteur $\Omega$ forment une $FLTI$ dont des graphes généralisés (voir les Saintes Ecritures) sont les droites $\Omega'P$, $\Omega' Q$, $\Omega' R$ où le triangle $PQR$ est le triangle antimédial.Encore une fois, merci Rescassol, je n'y serais jamais arrivé sans tes bienheureux calculs sur lesquels j'ai pu méditer pour tracer cette nouvelle et finale (?) figureCela prouve une nouvelle fois ce que j'appelle le dialogue permanent entre calculs et figures.La figure exige des calculs et les calculs génèrent une figure.Cela ne s'arrête jamais!Amitiéspappus
-
Mais bien sûr, si @pappus ne lit presque jamais les autres messages, c'est la faute de Vassillia. Quand est-ce que tu vas assumer tes propres choix/erreurs ?
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, $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \\ \def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\ptv{~;~} \def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\equi{\mathcal{E}}$ Lorsqu'un fil démarre par un empilement de jérémiades, il y a peu de chances pour que le rapport signal sur bruit aille en s'améliorant.Et comme cela va en empirant, ouvrir un autre fil semble être le meilleur choix.Cordialement, Pierre.
-
Ma chère VassilliaRevenons à l'aspect mathématique de cette discussion et prenons par exemple ma dernière figure.Qu'as-tu fait exactement?Tu as injecté ma matrice colorée dans le calculateur de geogebra qui t'a tracé instantanément le triangle $A'B'C'$ et tu t'es dis, j'ai tout compris, circulez il n'y a plus rien à voir et ceux qui prétendent le contraire, ce sont des imbéciles incapables de dialoguer. Moi je sais tout grâce à mes merveilleuses coordonnées barycentriques et je n'ai pas besoin d'autre chose.Eh bien cette simple petite figure qui ne vole pas très haut prouve que tu as tort!Amicalement*pappus
-
Bonjour à tousJupiter nous a octroyé sa divine solution suggérant qu'il suffit d'appliquer ses divines procédures pour que tout devienne simple.Au passage, il se croit obligé de me donner quelques noms d'oiseaux, ce qui devrait ravir Vassillia qui ne nous a pas beaucoup montré qu'elle savait utiliser les méthodes de son Maître.Tout ceci n'a guère d'importance!Amicalementpappus
-
Merci pldx1 pour ta contribution, les LFIT, j'ai du mal à les voir mais ça viendra peut-être grâce à toi.Pour le reste, pappus, oublie-moi, tu parles de moi dans tous tes messages. J'ai proposé une solution qui pouvait peut-être intéresser des lecteurs ou lectrices. Elle te plait, c'est bien, elle ne te plait pas, c'est bien aussi, j'aurais du ignorer tes commentaires et c'est ce que je ferai la prochaine fois. Fin de la discussion me concernant.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 à tousC'est encore loin d'être terminé, eh oui et Vassillia va pouvoir continuer à nous régaler comme elle nous l'a déjà amplement montré en appliquant de façon admirable les divines procédures des Saintes Ecritures!Sauf exceptions, la $FLTI$ des triangles $A'B'C'$ de perspecteur donné $\Omega$ ne contient en général aucun triangle orthologique avec le triangle $ABC$.Trouver ces exceptions c'est-à-dire les lieux des points $\Omega$ et $\Omega'$ pour que la $FLTI$ des triangles $A'B'C'$ de perspecteur donné $\Omega$ contienne au moins un triangle orthologique avec le triangle $ABC$.Ces $FLTI$ très particulières sont alors formées de triangles tous orthologiques avec le triangle $ABC$.Lieu des centres d'orthologie pour $\Omega$ donné sur son lieu!Technique imparable:1° Utiliser les coordonnées barycentriques, cela va sans dire, faut pas prendre les enfants du bon dieu pour des canards sauvages!2° Consulter dévotement les Saintes Ecritures dans leur chapitre sur l'orthologie.3° Suivre pieusement les procédures octroyées par Dieu lui même!4° Bonne Bourre!Amicalementpappus
-
Bonjour à tousJ'ai pieusement cherché pour vous les deux versets nécessaires pour résoudre mon pitoyable petit exercice.Amicalementpappus
-
Bonjour à tousLa famille des triangles $A'B'C'$ de même perspecteur $\Omega(qr:rp:pq)$ et de centre de gravité $G(1:1:1)$ a pratiquement été écrite par notre ami Rescassol, il suffit de remplacer les $1$ apparaissant dans sa matrice par la variable $t$ pour obtenir:$$\begin{pmatrix}t-q-r&r&q\\r&t-r-p&p\\q&p&t-p-q\end{pmatrix}$$Cette matrice est bien synchronisée, alleluia et dépend du paramètre $t$Pour des raisons qui n'appartiennent qu'à Lui, Dieu a décidé que cette dépendance était linéaire et parle de Famille Linéaire de Triangles Inscrits ($FLTI$), inclinons nous dévotement!J'aurais plutôt parlé de dépendance affine et d'une Famille Affine de Triangles Inscrits ($FATI$).Maintenant nous n'avons plus qu'à psalmodier nos deux versets pour trouver quoi?Amicalementpappus
-
Bonjour à tousDieu a déménagé ailleurs! Je ne dirais pas qu'il ronchonne mais qu'il a ses humeurs qui n'appartiennent qu'à Lui.Je lui souhaite un prompt rétablissement!Et pourtant je suis sans doute un des rares dévots à avoir tout lu depuis le premier verset jusqu'au dernier, parfois en diagonale il est vrai mais en ayant noté tous les passages qui m'intéressaient et que je sais pouvoir retrouver rapidement.Merci, mon Dieu, pour ce travail vraiment extraordinaire!La preuve?La matrice $\boxed{\phi}$ du verset $24.4.9$ n'est pas autre chose que la matrice Rescassolienne de notre $FLTI$$$\begin{pmatrix}t-q-r&r&q\\r&t-r-p&p\\q&p&t-p-q\end{pmatrix}$$On trouve alors pour condition nécessaire et suffisante de l'existence d'un triangle orthologique dans cette $FLTI$:$$p(b^2-c^2)+q(c^2-a^2)+r(a^2-b^2)=0$$Le point $\Omega'$ doit donc se trouver sur une certaine droite à identifier et le point $\Omega$ sur sa conique isotomique.Les amateurs de la géométrie du triangle ont certainement donné des noms à cette droite et à cette conique mais j'avoue sincèrement ne pas les connaître!AmicalementpappusPSAprès quelques recherches sur MathWorld, il semblerait que ce soit l'hyperbole de Kiepert!Une autre recherche propose le nom d'axe de Brocard pour la droite, y a pourtant aucun point de Brocard dessus!
-
Bonjour à tousJe croyais que c'était terminé mais j'imagine sans cesse de nouvelles questions pendant que je fais ma sieste.C'est sans fin!Exhiber tous les triangles $A'B'C'$ de matrice symétrique et indirectement semblables au triangle $ABC$.Montrer qu'ils forment aussi une $FLTI$, pas moyen de se passer de ces fichues familles!Amicalementpappus
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 165.4K Toutes les catégories
- 62 Collège/Lycée
- 22.2K Algèbre
- 37.6K Analyse
- 6.3K Arithmétique
- 61 Catégories et structures
- 1.1K Combinatoire et Graphes
- 13 Sciences des données
- 5.1K Concours et Examens
- 23 CultureMath
- 51 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.8K Géométrie
- 84 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 79 Informatique théorique
- 3.9K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 26 Mathématiques et finance
- 342 Mathématiques et Physique
- 5K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10.1K Probabilités, théorie de la mesure
- 804 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.8K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres