Symétrie centrale, parallèles et colinéarité, par Mikołaj Znamierowski

Bonjour

Un problème de Mikołaj Znamierowski : 

Soient

· un △ABC

· sa réflexion △A'B'C' par symétrie centrale de centre S quelconque

· un faisceau de trois parallèles 

      par les sommets A', B' et C' de ce triangle

      de direction (presque) quelconque , non parallèle aux côtés des triangles

      sécantes des trois côtés BC, AC et AB du △ABC  en resp. X, Y et Z

Montrez que les points X, Y et Z sont colinéaires.


Cordialement,


Jean-Pol Coulon 

Réponses

  • Rescassol
    Modifié (August 2024)
    Bonsoir,
    %  Gipsyc - 29 Août 2024 
    %  Symétrie centrale, parallèles et colinéarité, par Mikołaj Znamierowski
    
    clc, clear all
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms t u v w real
    
    S=[u; v; w]; X=[0; 1; t];
    Ap=SimplifieBary(Barycentre([A S],[1 -2])); % A'=[u-v-w; 2*v; 2*w]
    Bp=SimplifieBary(Barycentre([B S],[1 -2])); % B'=[2*u; v-w-u; 2*w]
    Cp=SimplifieBary(Barycentre([C S],[1 -2])); % C'=[2*u; 2*v; w-u-v]
    DteB=SimplifieBary(Wedge(Bp,Vecteur(Ap,X))); % DteB=[(v-u+w)*t, 2*(w-u)*t+2*w, (w-v-u)*t+(u-v+w)]
    DteC=SimplifieBary(Wedge(Cp,Vecteur(Ap,X))); % DteC=[u-v-w, (w-v-u)*t+(u-v+w), -2*v*t+2*(u-v)]
    Y=Wedge(DteB,CA); % Y=[(u+v-w)*t+(v-u-w); 0; t*(v-u+w)]
    Z=Wedge(DteC,AB); % Z=[(w-v-u)*t+(u-v+w); v-u+w; 0]
    
    Nul=Factor(det([X Y Z]))
    % On trouve Nul=0 donc les points X, Y, Z sont alignés
    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol.

    Une approche plus synthétique ? projective ?
  • Bonjour, Jean-Pol, 
    N'y aurait-il pas du Desargues ou du Ménélaüs dans l'air ?
    Bien amicalement, Jean-Louis B.   
  • stfj
    Modifié (August 2024)

    Bonjour

    _________________________________________

    $\newcommand{\linf}{\mathcal{L}_\infty}$$\newcommand{\simdoteq}{\dot{\simeq}}$Dans le repère barycentrique associé à $ABC$, soit $$d\simdoteq [p,q,r]$$une droite(voir 1.2). Son point à l'infini, $\infty_d$, est son point de rencontre avec $\linf\simdoteq [1,1,1]$, la droite à l'infini, $$\infty_d\simdoteq d\wedge [1,1,1]$$____________________________

    var ('p q r ')

    linf=vector([1,1,1])

    d=vector([p,q,r])
    print (d.cross_product (linf))
    _________________________
    fournit via sagemath $$\infty_d\simeq q - r:\, -p + r:\, p - q $$___________________
    S=vector([u,v,w])
    Ap=sym(S,A)
    Bp=sym(S,B)
    Cp=sym(S,C)
    Infd=vector([q-r,r-p,p-q])
    ApInfd=Ap.cross_product(Infd)
    BpInfd=Bp.cross_product(Infd)
    CpInfd=Cp.cross_product(Infd)
    X=ApInfd.cross_product(BC)
    Y=BpInfd.cross_product(CA)
    Z=CpInfd.cross_product(AB)
    print(factor(det(matrix([X,Y,Z]))))
    ____________________________
    fournit bien $0$, autrement écrit les points $X,Y,Z$ sont alignés.$\square$
    _________________________
    Cordialement.
    ____________________________
    _____________________
    Remarques :
    - les consonnances du nom "Znamierowski" ne m'ont pas laissé indifférent : une rapide recherche internet associe à l'université de Wroclaw, la ville de naissance de Felix Hausdorff par exemple.
    - Cette approche projective permet de traiter aussi les cas où $d$ et un côté de $ABC$ se coupent à l'infini. Comme l'illustre l'animation geogebra fournie ci-dessus par exemple[bouger $E$ svp]. 
  • Bonjour à tous
    Je propose la généralisation suivante:
    On se donne un triangle $ABC$.
    Trouver tous les triangles $A'B'C'$ (avec $A'\not\in BC$, $B'\not\in CA$, $C'\not\in AB$) tels que si on mène par $A'$, $B'$, $C'$ les parallèles à une direction $\delta$ coupant respectivement $BC$ en $\alpha$, $CA$ en $\beta$, $AB$ en $\gamma$, l'application $\delta\mapsto S(\alpha,\beta,\gamma)$ soit constante.
    Ici $S(\bullet,\bullet,\bullet)$ désigne l'aire algébrique.
    Amicalement
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (September 2024)
    Edit : après réflexion, j'efface mon message mais si vous êtes intéressé par la question précédente résolue de manière calculatoire, je vous propose de le faire par mp, cela évitera les problèmes.
    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 tous
    J'ai illustré la configuration initiale de Jean-Paul Coulon dans le cas où les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ forment une étoile de David.
    Trouver l'enveloppe de la droite $abc$ quand la direction $\delta$ varie.
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour,

    je confirme que le problème initial est une application de la réciproque du théorème de Ménélaüs...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • stfj
    Modifié (September 2024)
    Bonjour
    Le problème initial peut aussi apparaître comme une application triviale du calcul barycentrique. Personnellement le seul effort que j'ai eu à faire a été d'écrire les lignes de code pour m'épargner ces calculs sans intérêt a priori, que j'ai volontiers laissés à une machine. Tous les outils étaient déjà à ma disposition, que j'avais construits pour traiter d'autres "problèmes". Pour tenter une analogie avec un problème de calcul, j'avais à faire $$35\,189+4\,568$$et plutôt que de poser cette opération, je l'ai tapée sur une calculette.
    Je trouve cela néanmoins d'une beauté à couper le souffle car il suffit de reprendre les termes de l'énoncé proposé par @gypsic, et puisque tous ces termes sont traduits en calcul, de mener le calcul pour confirmer ce qui est avancé. C'est d'une pureté absolue. Cela se fait comme l'écoulement très pur d'une eau qui ne charrie aucune difficulté. Or, faire une démonstration en mathématiques n'est pas anodin. Qui sait faire une démonstration sait les faire toutes.
    Mais la pluralité des méthodes est une richesse.
    Cordialement.

  • gipsyc
    Modifié (September 2024)
    Bonjour,

    Quelques réflexions évidentes ci-dessous, puis deux question.

    Le triangle A'B'C' image par symétrie centrale du triangle ABC n'est pas indispensable : les symétriques de trois parallèles par A, B et C dans la même symétrie centrale par S donnent par intersections respectives le même résultat : X, Y et Z colinéaires.

    Tout point sur une parallèle (en violet) par S donnera par symétrie centrale le même résultat, et donc l'image par symétrie axiale (en violet) de ces trois parallèles initiales par A, B et C de même.

    Ma question : sans modifier la direction des trois parallèles initiales par A, B et C, existe-t-il un autre axe de symétrie non parallèle au précédent donnant par symétrie axiale et intersections respectives trois points X, Y et Z colinéaires.
    Pat tâtonnement, j'en ai trouvé un, dans une configuration plus classique du théorème de Menelaus.

    Est-il possible de caractériser cet axe et/ou la droite XYZ ?

    Réciproquement, dans toute configuration typique (par exemple triangle ABC et A-sécante) du théorème de Menelaus, esr-il possible de tracer trois parallèles par les sommets du triangle ABC et un axe de symétrie donnant par intersections respectives comme supra les points d'intersection de la A-sécante avec les côtés du triangle ?

    Belle fin de journée,

    Jean-Pol Coulon 


  • pappus
    Modifié (September 2024)
    Bonjour à tous
    Comme d'habitude, mon misérable exercice ne semble avoir inspiré personne, sans doute par manque de points à aligner.
    Je donne le résultat sans la démonstration pour laisser un peu de grain à moudre à ceux qui aiment vraiment la géométrie.
    Amicalement
    pappus.
    Quant à ma "généralisation" qu'il me semble bien avoir déjà donnée dans un passé indéterminé avec le succès que l'on devine, il vaut mieux en donner aussi le résultat faute d'attendre la Saint Glinglin.
    Les triangles $A'B'C'$ sont ceux de l'orbite du triangle $ABC$ sous l'action du groupe des homothéties-translations.

  • Bonjour à tous
    La devise de ce triste forum pourrait être:
    En dehors des points alignés point de salut!
    Je vais essayer de donner une idée des calculs à faire pour mener à bien cette "généralisation".
    Je vais travailler en coordonnées barycentriques, même si primitivement j'avais utilisé un banal repère cartésien.
    Les points $A'$, $B'$, $C'$ vont être donnés par une matrice dont les vecteurs colonnes seront formés de leurs coordonnées barycentriques normalisées:
    $$M=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix}$$
    La direction de projection $\delta$ est matérialisée par le vecteur (colonne): $(p,q,r)$ avec $p+q+r=0$.
    La projection $a$ de $A'$ sur la droite $BC$ parallèlement à $\delta$ se fait en calculant le double produit vectoriel:
    $A\wedge(A'\wedge \delta)=(A.\delta) A'-(A.A')\delta$
    où pour parler globish, on a utilisé les wedges deux fois de suite, (quelle extase!).
    On forme ainsi le vecteur $p(a_{11},a_{21},a_{31})-a_{11}(p,q,r)$ qu'il nous faut normaliser, (on pourrait croire que je fais de la politique polonaise des années 80) pour tomber sur le vecteur:
    $$(a_{11},a_{21},a_{31})-\dfrac{a_{11}}p(p,q,r)$$
    Ce sont les coordonnées barycentriques normalisées du point $a$, projection du point $A'$ sur la droite $BC$ parallèlement à $\delta$.
    On obtient ainsi la matrice du triplet $(a,b,c)$ dans le triangle $ABC$:
    $$\begin{pmatrix}a_{11}-a_{11}\dfrac pp&a_{12}-a_{22}\dfrac pq&a_{13}-a_{33}\dfrac pr\\a_{21}-a_{11}\dfrac qp&a_{22}-a_{22}\dfrac qq&a_{23}-a_{33}\dfrac qr\\a_{31}-a_{11}\dfrac rp&a_{32}-a_{22}\dfrac rq&a_{33}-a_{33}\dfrac rr\end{pmatrix}$$
    Il va falloir chercher les conditions nécessaires et suffisantes portant sur le triplet $(A',B',C')$ pour que le déteminant de cette matrice ne dépende pas de la direction $\delta(p,q,r)$.
    A suivre.
    Amicalement
    pappus


  • Bonjour à tous
    Il est clair que sur ce forum, l'algèbre linéaire est au moins aussi populaire que la géométrie elle même.
    On constate que chaque vecteur colonne de notre déterminant est somme de deux vecteurs.
    Compte tenu du caractère multilinéaire, on obtient en développant une somme de huit déterminants parmi lesquels quatre sont automatiquement nuls à cause du caractère alterné et on obtient:
    $\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}-\dfrac{a_{11}}p \begin{vmatrix}p&a_{12}&a_{13}\\q&a_{22}&a_{23}\\r&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix} -\dfrac{a_{22}}q\begin{vmatrix}a_{11}&p&a_{13}\\a_{21}&q&a_{23}\\a_{31}&r&a_{33}\end{vmatrix}-\dfrac{a_{33}}r\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&p\\a_{21}&a_{22}&q\\a_{31}&a_{32}&r\end{vmatrix}$
    Advienne que pourra!
    Amicalement
    pappus




  • Comme d'habitude, mon misérable exercice semble n'avoir inspiré personne ...
    La devise de ce triste forum pourrait être: En dehors des points alignés point de salut!
    Il semblerait qu'aligner les jérémiades n'attire pas le client. Tristesse d'assister à une telle évolution.

    Pierre.
  • pappus
    Modifié (September 2024)
    Bonjour à tous
    Laissons Jéhovah à ses obsessions habituelles et continuons tranquillement: ni Dieu ni Maître!
    L'avantage d'avoir développé notre déterminant est de mettre en évidence ses trois singularités.
    Au voisinage de $p=0$, c'est le déterminant:$\dfrac{a_{11}}p\begin{vmatrix}p&a_{12}&a_{13}\\q&a_{22}&a_{23}\\r&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}$ qui n'est pas borné.
    Ce déterminant est équivalent dans ce voisinage à :$\dfrac{a_{11}}p\begin{vmatrix}0&a_{12}&a_{13}\\q&a_{22}&a_{23}\\r&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=a_{11}\dfrac qp\begin{vmatrix}0&a_{12}&a_{13}\\1&a_{22}&a_{23}\\-1&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}$
    Pour que ce terme reste borné dans un voisinage de $p=0$, il est donc nécessaire que:
    $$\begin{vmatrix}0&a_{12}&a_{13}\\1&a_{22}&a_{23}\\-1&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=0$$
    ce qui signifie que les points $B'$, $C'$ et le point à l'infini de la droite $BC$ sont alignés, (extase!).
    Autrement dit les droites $BC$ et $B'C'$ sont parallèles.
    En traitant de même les deux autres singularités, on voit que pour que notre déterminant soit constant et donc borné, il est nécessaire que le triangle $A'B'C'$ soit le transformé du triangle $ABC$ par une homothétie-translation.
    Il reste à regarder la réciproque et à examiner ce qui se passe dans le cas où le triangle $A'B'C'$ est le transformé du triangle $ABC$ par une homothétie-translation.
    Amicalement
    pappus




  • Bonne nuit à tous
    Pour la réciproque, il est évidemment essentiel de connaître l'écriture matricielle d'une homothéthie-translation dans le triangle $ABC$.
    C'est un excellent exercice pour ceux qui ne se résignent pas à ânonner ad nauseam l'Axiome de Thalès en guise de géométrie affine!
    La matrice d'une homothétie-translation dans le triangle $ABC$ se présente sous la forme:
    $$\begin{pmatrix}u+\lambda&u&u\\v&v+\lambda&v\\w&w&w+\lambda\end{pmatrix}$$)
    avec $u+v+w+\lambda=1$ pour travailler en coordonnées barycentriques normalisées et $\lambda\not =0$ pour que la matrice précédente soit de rang $3$.
    1° C'est une homothétie de centre $(u:v:w)$ et de rapport $\lambda$ si $\lambda\not=1$
    2° C'est une translation de vecteur $(u,v,w)$ si $\lambda=1$.
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (September 2024)
    Bonne nuit à tous
    Continuons à battre le fer tant qu'il est encore chaud et évaluons nos quatre déterminants:
    1°$\begin{vmatrix}u+\lambda&u&u\\v&v+\lambda&v\\w&w&w+\lambda\end{vmatrix}=(u+v+w+\lambda)\lambda^2=\lambda^2$
    2°$\dfrac{u+\lambda}p\begin{vmatrix}p&u&u\\q&v+\lambda&v\\r&w&w+\lambda\end{vmatrix}=\dfrac{u+\lambda}p(p\lambda(v+w+\lambda)-u\lambda(q+r))=(u+\lambda)\lambda(u+v+w+\lambda)=\lambda(u+\lambda)$
    Les deux derniers déterminants s'obtiennent alors par permutations circulaires et on trouve:
    $$\lambda^2-\lambda(u+v+w+3\lambda)=-\lambda(\lambda+1)$$
    Ainsi $$S(a,b,c)=-\lambda(\lambda+1)S(A,B,C)$$
    Pour $\lambda=-1$, cas des symétries centrales, on trouve $S(a,b,c)=0$ et les trois points $a$, $b$, $c$ sont bien alignés (extase finale!).
    Faites de beaux rêves!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    Pour quelle valeur de $\lambda$ la fonction $\lambda\mapsto S(a,b,c)(\lambda)$ est-elle extremum?
    La figure ci-dessous est faite dans ce cas.
    Quelle est alors la nature de l'application affine $A'B'C'\mapsto abc$?
    Amicalement
    pappus

  • jelobreuil
    Modifié (September 2024)
    Bonjour, @pappus, bonjour à tous, 
    C'est pour $\lambda = -1/2$ (et non pas "-1", honte à moi ! Merci Pappus !) que la fonction λ↦S(a,b,c)(λ) passe par un maximum.
    Mais pour ta deuxième question, je donne ma langue à ton chat, si tu en as un ...
    Bien amicalement, Jean-Louis B.

  • pappus
    Modifié (September 2024)
    Mon cher Jelobreuil
    As-tu vraiment dérivé la fonction $\lambda\mapsto -\lambda(\lambda+1)$?
    Quant à ma deuxième question, autant donner la résultat tout de suite puisque je sais d'avance que personne ne répondra.
    L'application affine $A'B'C'\mapsto abc$ est en général une transvection!
    Amitiés
    pappus
  • jelobreuil
    Modifié (September 2024)
    Ben oui, à ce qu'il me semble ... j'ai écrit  $-\lambda(\lambda+1) = -\lambda^2-\lambda$, polynôme en $\lambda$ dont la dérivée est $-2\lambda-1$, laquelle s'annule pour $\lambda = -1/2$, valeur pour laquelle celle de ce polynôme passe par un maximum ... N'est-ce pas ce que tu attendais que je fisse ?
    Et pour ce qui est de la transvection, j'en ignorais le nom et l'existence, alors ...
    En toute amitié, Jean-Louis B.
  • pappus
    Modifié (September 2024)
    Mon cher Jean-Louis
    Je disais cela parce que tu as écrit noir sur blanc que l'extremum avait lieu pour $\lambda =-1$, sans doute un typo!
    Passons sous silence cette sombre histoire de transvection, la plus déroutante des transformations affines alors qu'on est sur le point d'oublier définitivement les plus simples comme les translations ou les homothéties si ce n'est pas déjà fait!
    Je te propose une question analogue mais a priori si simple qu'on pourrait peut être la proposer à des collégiens auxquels certains d'entre nous envisagent sans rire d'apprendre la géométrie projective.
    On se donne trois droites parallèles $L_1$, $L_2$, $L_3$.
    Trouver tous les triangles $A_1A_2A_3$ tels que si on projette les points $A_1$, $A_2$, $A_3$ respectivement en $A'_1$, $A'_2$, $A'_3$ sur les droites $L_1$, $L_2$, $L_3$ parallèlement à une direction $\delta$, l'aire algébrique $S(A'_1,A'_2,A'_3)$ du triangle $A'_1A'_2A'_3$ ne dépende pas de la direction de projection $\delta$ avec en point de mire évidemment l'extase quand on aura $S(A'_1,A'_2,A'_3)=0$.
    Cette douce extase incitera-t-elle certains à franchir le pas?
    Permets moi d'en douter!
    Amitiés
    pappus

  • jelobreuil
    Modifié (September 2024)
    Bien cher @pappus
    Oui, en effet, c'est une "héneaurme phôôte" de pure inattention ! Au temps pour moi !
    Quant à ta question supplémentaire,  je t'avoue humblement que je ne sais pas (pas encore ? mais c'est sans grand espoir ...) manipuler correctement le concept d'aire algébrique ...
    La seule chose que je puisse en dire, mais c'est d'une évidence rare, c'est que quand cette aire est nulle, les trois sommets sont alignés (comme l'était anciennement des platanes au bord d'une route, mais encore fallait-il que celle-ci fût droite ... Comme quoi, la Géométrie n'est pas la seule chose qui se perde, de nos jours ... Mais je te l'accorde, c'est quand même plus regrettable dans le cas de la Géométrie que dans celui des platanes, quoi que puissent en dire les fervents écolo-idolâtres ...)
    Bon après-midi, en toute amitié, Jean-Louis
  • Mon cher Jean-Louis
    Les calculs d'aire n'ont pourtant rien de bien sorcier en géométrie affine.
    Amitiés 
    pappus
  • Bonjour,

    on parle, on change la figure, mais au moins une preuve synthétique a-t-elle vue le jour avec la réciproque du théorème de Ménélaüs? 

    Sincèrement
    Jean-Louis
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