Décomposition canonique

pappus

Bonjour à tous

La figure ci-dessous montre une parabole inscrite dans le triangle $ABC$ les points de contact étant $a\in BC$, $b\in CA$, $c\in AB$.

Soit $f$ l'application affine $ABC\longmapsto abc; M\mapsto m$.

Montrer que $f$ est le produit commutatif d'une affinité et d'une translation.

Amicalement

pappus

gai requin

Une affinité de rapport $-2$.

pappus

Mon cher Gai Requin

Exact!

Mais tu n'as dévoilé qu'une toute petite partie du pot au rose!

Et il manque la justification!

En fait j'ai une idée derrière la tête.

Donner la quadrature du segment de parabole en se servant du résultat de cet exercice

Amitiés

pappus

gai requin

$abc$ est inscrit dans $ABC$ donc $\mathrm{Tr}(\vec f)=1+k=-1$, où $k$ est le rapport de l’affinité.

gai requin

Voilà l’analyse purement affine.

Reste à voir comment interpréter la perspectivité des triangles $ABC$ et $abc$…

pappus

Merci Gai Requin

Exact!

Tu as démontré que la partie linéaire $\vec f$ est diagonalisable  car son spectre est $\{-2,1\}$.

C'est un premier pas important dans la démonstration de mon exercice.

Il faut quand même exhiber l'axe de l'affinité et le vecteur de la translation!

Mais ce que tu as prouvé suffit à faire la quadrature du segment de parabole à la manière d'Archimède (exhaustion, etc,etc..).

Amitiés

pappus

gai requin

Soit $G$ et $g$ les centres de gravité respectifs de $ABC$ et $abc$.

Alors $Gg$ est l'axe de l'affinité donc $\overrightarrow{Gg}$ est le vecteur de la translation.

pappus

Merci Gai Requin

Encore exact!

Il ne manque plus qu'à prouver la décomposition proprement dite!

Amitiés

pappus

gai requin

Bonjour pappus,
Je ne sais pas justifier que $\overrightarrow{Gg}$ est un vecteur fixe de $\vec f$.
Par ailleurs, $Gg$ est un diamètre de la parabole. Pourquoi ?

Est-ce lié ?

Bon, si on admet ceci, on peut terminer comme suit.
Comme déja dit, $\mathrm{Spec}(\vec f)=\{1,-2\}$.
Soit alors $t$ la translation de vecteur $\overrightarrow{gG}$ et $h=t\circ f$.
On a $\vec h=\vec f$ et $h$ fixe $G$ donc $h$ est une affinité d'axe $Gg$ et de rapport $-2$.
Soit enfin $k=f\circ t$.
On a $\vec k=\vec h$ et $k(g)=g=h(g)$ donc $k=h$ et $f=t^{-1}\circ h=h\circ t^{-1}$.

pappus

Mon cher gai requin

Il n'y a pas de miracle!

Il faut mettre les mains dans le cambouis et faire un minimum  de calculs!

La première chose à faire?

Exhiber une matrice en coordonnées barycentriques relatives au triangle $ABC$ de l'application affine $f:ABC\mapsto abc$.

Amitiés

pappus

gai requin

Je sais bien mais l’envie me manque.

En tout cas, j’ai montré qu’il suffit de justifier que $\vec f$ fixe $\overrightarrow{Gg}$ pour conclure rapidement sans autre calcul.

gai requin

Je commence !
À partir de sa conique duale, je trouve qu'il existe $\alpha,\beta,\gamma$ de somme nulle telles que la parabole a pour équation $\alpha^2 X^2+\beta^2 Y^2+\gamma^2 Z^2-2\alpha\beta XY-2\beta\gamma YZ-2\gamma\alpha ZX=0$ dans la base $(A,B,C)$ de l'enveloppe vectorielle du plan affine.

En particulier, $a,b,c$ ont pour coordonnées homogènes $(0:\gamma:\beta)$, $(\gamma:0:\alpha)$ et $(\beta:\alpha:0)$ respectivement.

Remarque subsidiaire puisque je l'évoquais : $(\alpha:\beta:\gamma)$ est le point à l'infini de la parabole.

pappus

Bonsoir gai requin

Les vecteurs colonnes de la matrice de l'application affine $f:ABC\mapsto A'B'C'$ sont formés des coordonnées barycentriques normalisées des points $A'$, $B'$, $C'$ dans le triangle $ABC$.

Amitiés

pappus

gai requin

Je sais bien et j’ai ainsi obtenu ce qui m’intéressait concernant $\overrightarrow{Gg}$.

pappus

Bonsoir à tous

Comme d'habitude, c'est donc moi qui devrais mettre les mains dans le cambouis!

Amicalement

pappus

gai requin

En notant $t= \beta/\alpha$, la matrice de $f$ dans $(A,B,C)$ est $M=\begin{pmatrix} 0&1+\frac 1 t&\frac t{t+1}\\1+t&0&\frac 1{t+1}\\-t&-\frac 1 t&0\end{pmatrix}$.

gai requin

Je termine avec un minimum de calculs, d'où mon choix du seul paramètre $t$.
1) $M$ fixe $(\alpha,\beta,\gamma)$ donc $1$ est valeur propre de $\vec f$.
Comme $\mathrm{Tr}(\vec f)=-1$, l'autre valeur propre est $-2$.
Donc $\vec f$ est une affinité de rapport $-2$ et d'axe la droite vectorielle dans la direction asymptotique de la parabole.
2) $M^2-2M+I_3$ s'annule en $(1,1,1)$ donc $\vec f$ fixe $\overrightarrow{Gg}$.

En particulier, $Gg$ est un diamètre de la parabole.

3) On conclut comme ici.

pappus

Merci gai requin

Je trouve que tu vas un peu plus vite que la musique.

Je mettrais déjà notre matrice sous une forme plus symétrique que celle que tu as donnée:

$$\begin{pmatrix}0&-\dfrac{\gamma}{\beta}&-\dfrac{\beta}{\gamma}\\-\dfrac{\gamma}{\alpha}&0&-\dfrac{\alpha}{\gamma}\\-\dfrac{\beta}{\alpha}&-\dfrac{\alpha}{\beta}&0\end{pmatrix}$$

Ensuite on oublie momentanément l'origine géométrique de cette matrice et on s'intéresse exclusivement à l'aspect algébrique, à savoir diagonaliser si possible cette matrice.

C'est un simple exercice de colle de Taupe.

Une fois ceci fait et bien fait, on peut revenir l'esprit tranquille à la (défunte) géométrie (affine)!

Amitiés

pappus

gai requin

Je vois bien la réduite de Jordan $\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&-2\end{pmatrix}$ sans aucun calcul 😉

LOU16

Bonjour,

Je n'y connais rien. Voilà donc une excellente raison d'intervenir.

J'ai d'abord été contraint de consulter la définition d'une "affinité du plan:"

C'est une application affine $f$ du plan, admettant au moins un point fixe, et telle que $\vec f$  soit diagonalisable et admette $ 1$ pour valeur propre. 

Lorsque $f \neq\text{ Id },\:\text{ le rapport" de }f$ est "l'autre valeur propre" $\lambda $ de $\vec f.\: $

$\text{L'axe de }f $ est la droite $(F,v) $  avec $f(F)=F,\:\:\vec f(v)=v.\:\text{ La direction de } f$  est $\:\ker(\widehat f-\lambda \text{Id}). $

Après m'être placé dans un repère $(O,u,v)$ où la parabole $\mathcal P$ possède pour équation $y=x^2$, je suis resté au ras des pâquerettes en me contentant de manipuler des coordonnées cartésiennes, et ai mis les mains dans le cambouis sans toutefois trop me les salir.

J'ai trouvé plus confortable, et cela revient au même, de décomposer l'application affine $f$ qui envoie $abc$ sur $ABC$, c'est-à-dire l'inverse de celle que propose @Pappus.

J'ai  nommé un peu abusivement $a,b,c$ les abscisses des points $a,b,c,\:\: S :=a+b+c,\:T: =ab+bc+ca,\:$ et ai trouvé, en observant que$\left\{\:\:\begin{array}{ccc}&f&\\(a,a^2)&\longmapsto &(\frac{b+c}2 ,bc)\\(b,b^2)&\longmapsto &(\frac{a+c}2 ,ac)\\(c,c^2)&\longmapsto& (\frac{a+b}2,ab) \\ \end{array},\right.$ puis en déterminant  $\vec f\:$ à partir de l'expression de $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC} $ en fonction de $\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac},\:$ que

$ \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}\overset f{\longmapsto}\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\frac 12& 0\\-S&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\frac S2\\T\end{pmatrix}.\quad$ Ainsi: $\:\: \vec f(v)=v.\:$Soit $\:\:\boxed{w=u+\frac{2S}3 v}:\:\:\vec f (w)= -\frac 12w.$

$\overrightarrow{Of(O)} =\frac  S2 u+Tv=(T-\frac{S^2}3)v+\frac S3w.\:$ Soit $\:t =(T- \frac{S^2}3)v =\overrightarrow{gG}.\:$(notations de @GaiRequin.)

Soient $\widehat f\text{ l'affinité d'axe } (gG) ,\text{ de direction }w\text{ et de rapport }-\frac 12, \:\:\widehat t\text{ la translation de vecteur }t.\:$ Alors:

$$f =\widehat f \circ \widehat t=\widehat t\circ \widehat f.$$

Pour revenir à la décomposition demandée par @Pappus:

$$\boxed{ f^{-1}=\vec f^{-1}\circ t^{-1} =t^{-1}\circ \vec f^{-1}.}$$

où $\:\vec f^{-1}\text { est l'affinité d'axe } (gG) \text{, de direction } w,\text{ de rapport }-2 ,\text{ et }t^{-1}\text{ est la translation de vecteur }\overrightarrow{ Gg}.$

Rescassol

Bonsoir,

Avec Morley circonscrit, j'ai appelé $A'B'C'$ le triangle de contact de la parabole et $G'$ son centre de gravité.
Le lieu de $G'$ quand la parbole varie est la cubique d'équation $T_3+T_2+T_1+T_0=0$ avec:
$T_3=27s_3(z^3 + s_2z^2\overline{z} + s_1s_3z\overline{z}^2 + s_3^2\overline{z}^3)$
$T_2=9(-2s_2^2z^2 + s_3(9s_3 - 5s_1s_2)z\overline{z} - 2s_1^2s_3^2\overline{z}^2)$
$T_1=9(-s_3s_1^2 + 2s_1s_2^2 - 3s_3s_2)z + 9s_3(2s_1^2s_2 - 3s_1s_3 - s_2^2)\overline{z}$
$T_0=2s_3s_1^3 - 5s_1^2s_2^2 + 9s_3s_1s_2 + 2s_2^3$
Le point $G$ est un point double isolé de cette cubique.
La droite $(AG)$ la recoupe en $A''\left(\dfrac{5(b+c)-4a}{6}\right)$ et permutation circulaire.
Le triangle $A''B''C''$ est alors l'image du triangle $ABC$ par l'homothétie de centre $G$ et de rapport $-\dfrac{3}{2}$.

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci à Lou16 et à Rescassol pour leurs interventions.

Il faut le rappeler, dans cet exercice nous ne partons pas de nulle part.

On a souvent abordé ici- même le thème des paraboles inscrites, notamment dans ce fil récent: Construction d'une parabole,https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2490992/#Comment_2490992.

Cela pour l'aspect géométrique de la question.

Quant à l'aspect algébrique, gai requin vient de nous en dire un petit mot en dévissant plus ou moins la matrice:

$$\mathcal M(f)=\begin{pmatrix}0&-\dfrac{\gamma}{\beta}&-\dfrac{\beta}{\gamma}\\-\dfrac{\gamma}{\alpha}&0&-\dfrac{\alpha}{\gamma}\\-\dfrac{\beta}{\alpha}&-\dfrac{\alpha}{\beta}&0\end{pmatrix}$$

avec $\alpha+\beta+\gamma=0$

C'est un simple exercice de Taupe:

1° Le polynôme caractéristique de $\mathcal M(f)$ est $(X-1)^2(X+2)$, ce qui est un peu surprenant. On s'attendrait plutôt à ce que ce polynôme dépende explicitement de $(\alpha,\beta,\gamma)$.

2° Il y a deux sous espaces propres de dimension $1$:

a) Celui engendré par le vecteur $(\alpha,\beta,\gamma)$ associé à la valeur propre $1$.

b) Celui engendré par le vecteur $(\alpha(\beta-\gamma), \beta(\gamma-\alpha),\gamma(\alpha-\beta))$ associé à la valeur propre $-2$.

La somme directe de ces deux sous-espaces propres n'est pas $\mathbb R^3$ mais seulement le plan de $\mathbb R^3$ d'équation $x+y+z=0$.

La matrice $\mathcal M(f)$ n'est donc pas diagonalisable.

C'est tout ce qu'un taupin peut dire aujourd'hui sans aller jusqu'à la réduite de Jordan comme gai requin l'a fait et qui n'est pas dans les programmes de Taupe. Je ne suis même pas sûr que ce soit dans les programmes de l'agrégation.

A la place de nos amis algébristes, je commencerai à me méfier!

Serait-ce le début d'un démembrement de nos programmes d'algèbre comme ce fut le cas pour ceux de la défunte géométrie?.

gai requin a oublié un petit détail.

Si la matrice $\mathcal M(f)$ opère à gauche sur les vecteurs colonnes ou matrices de taille $(3,1)$ associées aux points, elle opère aussi à droite sur les vecteurs lignes ou matrices de taille $(1,3)$, associées aux droites.

Cela revient d'ailleurs à faire opérer à gauche la matrice transposée ${}^t\mathcal M(f)$ sur les vecteurs colonnes.

Qu'en est-il exactement de la réduction de la matrice transposée ${}^t\mathcal M(f)$?

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

La réduction de ${}^t\mathcal M(f)$ est bien connue et on la vérifie dans ce cas très particulier:

Même polynôme caractéristique que $\mathcal M(f)$ à savoir:

$(X-1)^2(X+2)$ et donc même spectre $\{-2,1\}$ et deux sous-espaces propres de de dimension $1$, donc des droites vectorielles:

1° La droite vectorielle engendrée par le vecteur $(1,1,1)$ associée à la valeur propre $1$.

2° La droite vectorielle engendrée par le vecteur $(\beta-\gamma,\gamma-\alpha,\alpha-\beta)$ associée à la valeur propre $-2$.

Ces deux droites vectorielles engendrent le plan de $\mathbb R^3$ d'équation: $\alpha x+\beta y+\gamma z=0$

Donc ${}^t\mathcal M(f)$ n'est pas plus diagonalisable que $\mathcal M(f)$.

Le premier sous-espace propre correspond à la droite de l'infini d'équation $x+y+z=0$, droite laissée stable par toute application affine et donc par $f$.

Le second sous-espace propre correspond à la droite d'équation: $(\beta-\gamma)x+(\gamma-\alpha)y+(\alpha-\beta)z=0$.

C'est la droite, détectée par gai requin, passant par $G$, le centre de gravité du triangle $ABC$ et parallèle à la direction asymptotique de notre parabole inscrite.

Amicalement

pappus

gai requin

Merci pappus !