Un problème nilotique

Bonjour à tous
Voici un vieux problème nilotique retrouvé sur une tablette près de Gizeh.
On connait les aires mesurées en aroures des champs triangulaires rouge, bleu et vert, à savoir $a$, $b$, $c$.
.Quelle est l'aire $x$ de la parcelle quadrangulaire jaune, elle aussi mesurée en aroures?
Amicalement
pappus


«1

Réponses

  • Bonjour, je dirais
    $$x=\dfrac{(b+c+2a)bc}{a^2-bc}$$
    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)
  • Rescassol
    Modifié (26 Jan)
    Bonjour,

    Je trouve la même chose:
    % Pappus - 26 Janvier 2025 - Un problème nilotique
    
    clear all, clc
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle MBC
    
    syms a b c u v w x S real % S est l'aire de ABC
    
    P=[u; v; w]; % Un point P quelconque et son triangle cévien:
    A1=[0; v; w]; B1=[u; 0; w]; C1=[u; v; 0]; 
    
    AC1P=AireBary(A,C1,P) % AC1P=v*w/((u+v)*(u+v+w))
    APB1=AireBary(A,P,B1) % APB1=v*w/((u+w)*(u+v+w))
    AC1PB1=Factor(AC1P+APB1) % AC1PB1=v*w*(2*u+v+w)/((u+v)*(u+w)*(u+v+w)) donc:
    % v*w*(2*u+v+w)=(u+v)*(u+w)*S*x
    
    PBC=AireBary(P,B,C) % BPC=u/(u+v+w) donc u=S*a
    BPC1=AireBary(B,P,C1) % BPC1=u*w/((u+v)*(u+v+w)) donc u*w=(u+v)*S*b
    CB1P=AireBary(C,B1,P) % CB1P=u*v/((u+w)*(u+v+w)) donc u*v=(u+w)*S*c
    
    Eq=[u==S*a, u*w==(u+v)*S*b, u*v==(u+w)*S*c, v*w*(2*u+v+w)==(u+v)*(u+w)*S*x];
    X=eliminate(Eq,[u v w]);
    X=Factor((X(1)))
    % On trouve X=-S^4*a^4*(a+b)*(a+c)*(-x*a^2+2*a*b*c+b^2*c+b*c^2+x*b*c)
    % (-a^2+b*c)*x + b*c*(2*a+b+c) = 0 donc % x=b*c*(2*a+b+c)/(a^2-b*c)
    Cordialement,
    Rescassol

  • gai requin
    Modifié (26 Jan)
    On n’avait pas vu un problème similaire il y a peu ?
  • nicolas.patrois
    Modifié (26 Jan)
    On coupe $x$ en $x_b$ à gauche et $x_c$ à droite.
    À gauche, on a ${{x+b} \over x_c} = {{a+c} \over c}$ et à droite, on a ${{x+c} \over x_b} = {{a+b} \over b}$.
    Donc on trifouille ça, on isole et on obtient $x={{bc(2a+b+c)} \over {(a+b)(a+c)−ab−ac−2bc}}={{bc(2a+b+c)} \over {a^2−bc}}$.

    Et une correction de coquille, merci LOU16.
    The real danger is not that computers will begin to think like men, but that men will begin to think like computers.
            -- Harris, Sidney J.
  • pappus
    Modifié (26 Jan)
    Oui Nicolas
    C'est cela l'idée grosso modo.
    Encore faut-il nous dire comment tu coupes le quadrilatère en deux parties gauche et droite et surtout nous expliquer d'où sortent tes égalités gauche et droite.
    Amicalement
    pappus
  • Je coupe tout droit de l’intersection au point tout en haut de la figure.
    Quant à la propriété utilisée, c’est VI-1.
    The real danger is not that computers will begin to think like men, but that men will begin to think like computers.
            -- Harris, Sidney J.
  • Bonjour Nicolas
    La propriété $VI-1$?
    Je ne connais pas cette propriété!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Voici ton découpage.
    Est-ce si difficile aujourd'hui de proposer une figure avec tous les merveilleux logiciels dont nous disposons?

  • samok
    Modifié (26 Jan)
    Si on sait mesurer les surfaces (en aroute par exemple) sait-on pour autant : 
    1 - mesurer les longueurs
    2 - mesurer les angles
    3 - mesurer les angles et les longueurs
    ?
  • VI-1 des Éléments d’Euclide.
    The real danger is not that computers will begin to think like men, but that men will begin to think like computers.
            -- Harris, Sidney J.
  • Bonsoir Nicolas
    Je n'ai jamais lu ce vieux grimoire!
    Peux-tu nous expliciter son énoncé si possible avec une figure?
    Amicalement
    pappus
  • Bonsoir Pappus,
    La proposition VI-1 des Éléments d'Euclide dit ceci : "Les triangles et les parallélogrammes qui ont la même hauteur sont entre eux comme leurs bases."
    Euclide - Les Élément, livres I, II et VI (collection "Les Classiques Kangourou, n° 3) Les Éditions du Kangourou www.mathkang.org
    Bien amicalement, Jean-Louis B.

  • Merci Jean-Louis
    Peux-tu nous traduire cela en bon français, si possible avec une figure concernant  les triangles?
    Amitiés
    pappus
  • The real danger is not that computers will begin to think like men, but that men will begin to think like computers.
            -- Harris, Sidney J.
  • etanche
    Modifié (27 Jan)
    On coupe $x$ en $x_b$ à gauche et $x_c$ à droite.
    À gauche, on a ${{x+b} \over x_c} = {{a+c} \over c}$ (1) et à droite, on a ${{x+c} \over x_b} = {{a+b} \over b}$ (2)
    Donc on trifouille ça, on isole et on obtient $x={{bc(2a+b+c)} \over {(a+b)(a+c)−ab−ac−2bc}}={{bc(2a+b+c)} \over {a^2−bc}}$ (3)

    Bonjour comment on obtient (1), (2), (3). Peut-on avoir plus de détails ? merci
  • Bonjour,
    C'est tout simplement du genre "théorèmes du chevron" : avec les notations du deuxième dessin de @pappus , $\dfrac{c+x}y$ et $\dfrac{a+b}{b}$ sont tous les deux égaux au rapport entre la longueur de la cévienne dirigée vers le nord-ouest et la longueur du segment frontière entre le bleu et le beige. On isole $y$ à partir de cette égalité entre deux rapports, on isole $z$ à partir de l'égalité entre deux rapports obtenue de manière similaire, on se souvient que $x=y+z$ et on isole $x$ dans l'équation en $x$ obtenue.
  • Rescassol
    Modifié (27 Jan)
    Bonjour,

    La clef est que si on appelle $M$ le point commun aux triangles bleu et vert, $M$ est barycentre de $A,B,C$ avec pour coefficients les aires des triangles $MBC,MCA,MAB$.
    Les sommets de son triangle cévien s'obtiennent alors en annulant un des trois coefficients.
    $A_1$ par exemple est barycentre de $B$ et $C$ avec pour coefficients $A_1C$ et $A_1B$ ou encore les aires de $MA_1C$ et $MA_1B$, avec des notations évidentes.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour @pappus,
    En effet, maintenant, on dira plutôt "les aires de triangles de même hauteur sont proportionnelles à leurs bases".
    Illustration :
    Bien amicalement, Jean-Louis B.

  • Bonjour, une autre figure (ça semble revenir au même): On veut trouver $d+t$, $d$ est l'aire du quadrilatère jaune. Les variables $b$, $a$, $c$, et $t$ sont les mesures d'aires des triangles correspondants.
    La droite $(HF)$ est parallèle à $(AB)$; par Thalès dans $DAC$: $$\dfrac{d}{t+c}=(\dfrac{b}{a}+1)^2-1$$ puis dans $BAE$: $$\dfrac{d+b}{t}=(\dfrac{a}{c}+1)^2-1.$$ La propriété des aires est par example dans $BDC$, $\dfrac{DF}{FC}=\dfrac{b}{a}$. Multiplier les côtés d'un triangle par un facteur $k$ multiplie son aire par $k^2$.
    On trouve $t=\dfrac{c-b-c(\frac{b}{a}+1)^2}{(\frac{b}{a}+1)^2-(\frac{a}{c}+1)^2}$ et $d$ puis $d+t=x=(\frac{a}{c}+1)^2t-b$. (Un problème non triviale).




    Cordialement.
  • etanche a dit :
    On coupe $x$ en $x_b$ à gauche et $x_c$ à droite.
    À gauche, on a ${{x+b} \over x_c} = {{a+c} \over c}$ (1) et à droite, on a ${{x+c} \over x_b} = {{a+b} \over b}$ (2)
    Donc on trifouille ça, on isole et on obtient $x={{bc(2a+b+c)} \over {(a+b)(a+c)−ab−ac−2bc}}={{bc(2a+b+c)} \over {a^2−bc}}$ (3)
    Bonjour comment on obtient (1), (2), (3). Peut-on avoir plus de détails ? merci
    (1) et (2) s’obtiennent en appliquant le théorème 1 du livre VI des Éléments d’Euclide cité par jelobreuil, vus de manière moderne.
    (3) s’obtient en isolant $x_b$ et $x_c$ dans (1) et dans (2), on les ajoute, on a une équation affine en $x$.
    The real danger is not that computers will begin to think like men, but that men will begin to think like computers.
            -- Harris, Sidney J.
  • Chaurien
    Modifié (28 Jan)
    Ça me rappelle le problème que nous avions posé au Championnat de France de jeux mathématiques et logiques, en juillet 1988, sous la direction du regretté Gilles Cohen (1951 - 2023). Je ne me rappelle plus pourquoi nous avions remis les énoncés écrits de ma blanche main et non tapés à la machine.
  • Chaurien
    Modifié (28 Jan)
    Pour le problème posé initialement, j'ai fait avec un calcul barycentrique, mécaniquement pourrait-on dire. On a un point $P$ intérieur au triangle $ABC$, et des céviennes $AA'$, $BB'$, $CC'$ se coupant en $P$, lequel point $P$ est de coordonnées barycentriques $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ relativement à $(A,B,C)$. On exprime les aires des six petits triangles $PAB'$, $PBC'$, $PBA'$, $PCA'$, $PCB'$, $PAC'$ en fonction de $\alpha$, $\beta$, $\gamma$. Ensuite on résout un système linéaire $2 \times 2$ pour déterminer $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ en fonction de $a,b,c$. Ce n'est peut-être pas la meilleure solution, mais c'est ce qui m'est venu à l'idée, et ça permet de conclure.
  • Bonsoir,

    C'est en gros ce que j'ai fait.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Chaurien
    Modifié (29 Jan)
    Et l'on découvre une inégalité que je ne soupçonnais pas : $a^2>bc$. Rien que ça pourrait faire l'objet d'un exercice. Je ne serais pas étonné d'apprendre que la question a déjà été posée, mais je l'ignore.
  • Bonsoir Chaurien
    Voici un nouvel exercice en rapport avec tes soupçons!
    On considère la famille des quadrilatères convexes $ABCD$ dont on se donne les aires $a=S(ABM)$ et $c=S(CDM)$ où $M=AC\cap BD$.
    Quels sont les quadrilatères de cette famille d'aire minimum?
    Montrer qu'ils forment une orbite sous l'action d'un certain sous-groupe du groupe affine.
    Amicalement
    pappus

  • GaBuZoMeu a dit :
    avec les notations du deuxième dessin de @pappus , $\dfrac{c+x}y$ et $\dfrac{a+b}{b}$ sont tous les deux égaux au rapport entre la longueur de la cévienne dirigée vers le nord-ouest et la longueur du segment frontière entre le bleu et le beige
    Peut-on avoir des lettres pour les points, je ne vois de quelle cévienne on utilise, quel est le segment frontière?
    ( j'ai des lacunes abyssales en géométrie )

  • Rescassol
    Modifié (29 Jan)
    Bonjour,

    Tu ne sais pas non plus où est le nord-ouest ? Et tu ne vois pas les couleurs ?

    Cordialement,
    Rescassol

  • On pourrait avoir des lettres pour les points, mais ça m'obligerait de faire un nouveau dessin, et je pense que les indications sont suffisamment claires pour quelqu'un qui regarde le dessin sans a priori. @etanche , as-tu regardé le dessin ?
  • LOU16
    Modifié (31 Jan)
    Bonsoir,
    En ce qui concerne la question bleu-blanc-rouge proposée par @pappus :
    Les quadrilatères $ABCD$ cherchés sont les trapèzes $ABCD$ tels que:
    $$\mathcal A(AMB)=a,\:\mathcal A(CMD)=c, \quad\dfrac{AM}{CM} =\dfrac{BM}{DM} = \dfrac{AB}{CD} =\sqrt{\dfrac ac}.$$
    Ils forment, dans l'ensemble des quadrilatères de $\R^2$, une orbite  sous l'action  de $\:\:H= \left\{ f \in \mathcal{GA}_2(\R)\mid \det \overrightarrow {f} =\pm 1 \right\}.$


  • pappus
    Modifié (29 Jan)
    Merci Lou16
    Oui, c'est cela!
    Mais pourquoi ne pas donner la démonstration qui n'est pas si longue que cela?
    C'est ce que tout le monde attend!
    Et pourquoi me parler de $\mathbb R^2$?
    Il y a d'autres plans affines que celui là trop abstrait à mon gout.
    Amicalement
    pappus
  • plsryef
    Modifié (29 Jan)
    Si il y a un maximum pour l'aire et qu'il y a un groupe qui orbite ces trucs d'aire maximale, forcément il faut un groupe de transformation c'est par un groupe ou le déterminant des éléments est un. (mais dire qu'il y a un groupe qui fait orbiter tout ça, indique que ce groupe affine a les éléments des partis linéaire dans le produit semi direct ou direct du groupe spécial linéaire et d'un groupe de cardinal 2 comprenant une symétrie linéaire qui possède  une droite invariante unique)
    Peut-être une preuve en trouvant un quadrilatère d'aire maximale sous une contraintes plus simple, bref j'ai pas fait preuve du tout , je tire le maximum d'info de la question avec la question.
  • LOU16
    Modifié (30 Jan)
    Bonjour @pappus
    Ce n'est en effet pas très compliqué: $\:x: =\mathcal A(AMD),\quad y:=\mathcal A(BMC).\quad$ Alors : $\:\:xy=ac.$

    $\bullet\:\:\mathcal A(ABCD) \text { est minimal }\iff x=y=\sqrt{ac}\iff \dfrac {MA}{MC} =\dfrac{MB}{MD} \iff AMB \text{ et }CMD \text{ sont semblables }.$
    $$\mathcal A(ABCD) \text { est minimal }\iff (AB)\sslash (CD).$$
    $\bullet \:\: $Soient $ABCD$ et $A'B'C'D'$ deux  quadrilatères tels que $\mathcal A(AMB)=\mathcal A(A'M'B')=a,\:\mathcal A(CMD)=\mathcal A(C'M'D')=c, \quad (AB)\sslash (CD),\quad(A'B')\sslash (C'D').$
    Soit $\varphi \in\mathcal {GL}_2(\R) $ tel que $\varphi (\overrightarrow{MA}) =\overrightarrow{M'A'}, \:\:\varphi (\overrightarrow{MB}) =\overrightarrow{M'B'}.\:\:$ Alors $\:\:\det\varphi = \pm 1.\:\:(\mathcal A(AMB)=\mathcal A(A'M'B'))$
    $\exists !f \in \mathcal {GA}_2(\R)\: $ tel que $f(M)=M',\:\:f(A)=A',\:\:f(B)=B'. \quad \overrightarrow f =\varphi.\quad$ Alors:
    $$f \text{ transforme } ABCD\text { en }A'B'C'D',\quad \det \overrightarrow f =\pm 1.$$
    $\bullet\:\:$Je suis franchement désolé, mais $\R^2$ est le seul plan affine sur le corps des réels que je connaisse.









  • Eh bien, DeepSeek n'est pas si fort que ça... Voilà ce qu'il dit :

    « Pour résoudre ce problème, nous allons analyser les propriétés du quadrilatère convexe ABCD dont les diagonales se coupent en MM. Nous savons que l'aire du triangle ABM est a et celle du triangle CDM est b. Nous cherchons à déterminer la forme de ABCD qui minimise son aire totale et à calculer cette aire minimale.
    Étape 1: Comprendre les aires des triangles

    Les diagonales AC et BD se coupent en MM, divisant ainsi le quadrilatère en quatre triangles :

        ABM d'aire a

        CBM d'aire c

        CDM d'aire b

        DAM d'aire d

    L'aire totale du quadrilatère ABCD est donc :
    Aire totale=a+c+b+d
    Aire totale=a+c+b+d

    Étape 2: Utiliser les propriétés des triangles partageant une hauteur

    Considérons que les triangles ABM et CDM partagent la même hauteur par rapport à leurs bases AB et CD respectivement. De même, les triangles CBM et DAM partagent une hauteur commune.

    Cela nous permet d'établir des relations entre les aires des triangles en fonction des longueurs des segments des diagonales.

    Étape 3: Minimiser l'aire totale

    Pour minimiser l'aire totale a+c+b+d, nous devons minimiser c+d étant donné que a et b sont fixés.

    En utilisant les relations entre les aires et les longueurs des segments, nous pouvons montrer que l'aire totale est minimale lorsque les diagonales AC et BD sont perpendiculaires et que le quadrilatère ABCD est un cerf-volant ou un losange (cas particulier du cerf-volant).
    Étape 4: Calculer l'aire minimale

    Lorsque les diagonales sont perpendiculaires, l'aire totale du quadrilatère est simplement le produit des longueurs des diagonales divisé par 2. Cependant, avec les aires a et b fixées, l'aire minimale est atteinte lorsque les autres triangles ont une aire nulle, ce qui n'est possible que si les diagonales se coupent de manière à ce que c=d=0.

    Ainsi, l'aire minimale du quadrilatère ABCD est :
    Aire minimale=a+b

    Conclusion

    La forme de ABCD qui rend son aire totale minimale est un cerf-volant (ou un losange si les diagonales sont égales), et cette aire minimale vaut :
    a+b »

  • Bonjour à tous.
    Effectivement j'ai eu le même dialogue de sourd avec copilot qui ne semble pas connaître la géométrie affine comme la plus grande partie de ce forum d'ailleurs.
    Amicalement
    pappus
  • Merci Lou16
    Encore une fois, travailler dans $\mathbb R^2$ n'entraine aucune simplification notoire.
    1°  Il faut montrer ta relation $xy=ac$
    2°  Quand l'aire du quadrilatère $ABCD$ est minimale, tes triangles $AMB$ et $CMD$ sont mieux que semblables, ils sont homothétiques (Axiome de Thalès), d'où $AB\parallel CD$, etc, etc...
    3° Je n'ai absolument pas compris ta preuve de l'existence d'une transformation affine $f:ABCD\mapsto A'B'C'D'$ telle que $\det(\vec f)=\pm 1$
    Amicalement
    pappus
  • La relation xy = ac arrive en calculant les aires des quatre triangles avec les côtés de sommet M et l'es angles dont le sinus est le même dans le quatre cas. On trouve 4ac = 4xy = MA.MB.MC.MD sin² \alpha.
    Je n'avais jamais remarqué cela !
    Ensuite on a le fait que la moyenne géométrique est borne inférieure de la moyenne arithmétique, atteinte quand x=y. 
    Les aires étant égales, et l'angle, on a MA.MD=MC.MB, d'où l'égalité des rapports. 
    Ces triangles ont un angle égal compris entre des côtés proportionnels, ils sont semblables  et ont tous leurs angles égaux. De l'égalité des angles homologues on déduit le parallélisme (et aussi l'homothétie).
  • LOU16
    Modifié (30 Jan)
    Bonjour @pappus
     Il existe une unique transformation affine $f$ qui envoie $A,B,M$ sur respectivement $A', B',M''$ et l'égalité des aires de ces triangles fait que $\det\overrightarrow f =\pm 1.$
    Notons $C_1=f(C), \: D_1 =f(D)\quad $ Alors $\overrightarrow{CD}=-\sqrt{\dfrac ca}\overrightarrow {AB}\:$ entraîne que $\overrightarrow{C_1D_1}=-\sqrt{\dfrac ca}\overrightarrow {A'B'}= \overrightarrow{C'D'}.\:$
    De plus $ \overrightarrow{C_1D_1}=\overrightarrow{M'D_1}  -\overrightarrow{M'C_1}=\lambda \overrightarrow{M'D'} -\mu \overrightarrow{M'C'}=\overrightarrow{M'D'} -\overrightarrow{M'C'}\:\:$ Ainsi $\:\lambda = \mu =1,\:\:C_1=C',\:\:D_1=D' \:\square$
    J'avais compris que tu trouvais $\R^2$ "trop abstrait". C'est précisément pour cela que j'étais si loin de songer à $\mathbb F_{343}.$



  • Merci Lou16
    C'est déjà beaucoup mieux.
    Compare avec la mienne.
    Soient $ABCD$ et $A'B'C'D'$ deux trapèzes de la famille d'aire minimum $a+c+2\sqrt{ac}$
    Soit $h$ l'homothétie de centre $M=AC\cap BD$ et de rapport $\lambda=-\sqrt {\dfrac ca}$
    Alors $h(A) = C$ et $h(B)=D$.
    De même soit $h'$ l'homothétie de centre $M'=A'C'\cap B'D'$ et de rapport $\lambda=-\sqrt {\dfrac ca}$.
    Alors $h'(A') = C'$ et $h'(B')=D'$.
    Soit $f$ l'application affine $AMB\mapsto A'M'B'$, il est clair que $\det(\vec f)=\pm 1$
    On a la formule de conjugaison bien connue, (euh, euh, je plaisante évidemment!):
    $$f\circ h \circ f^{-1}=h'$$
    (démonstration!!!)
    qui traduit en particulier le fait que les homothéties affines de même rapport forment une seule classe de conjugaison dans le groupe affine.
    Alors $f(C)=(f\circ h)(A)=(h'\circ f)(A)=h'(A') =C'$ et $f(D)=(f\circ h)(B)=(h'\circ f)(B)=h'(B') =D'$
    Amicalement
    pappus




  • Mon cher Lou16
    Pourquoi chercher des corps encore plus bizarres que $\mathbb R$?
    Tu ne pourras jamais faire le moindre dessin dans $\mathbb R^2$ alors que tu peux en faire sur la moindre feuille de papier!
    Amicalement
    pappus
  • LOU16
    Modifié (31 Jan)
    Mon cher Pappus
    Je ne comprends décidément plus rien à ce que tu veux me dire. Pour moi, la feuille de papier, c'est $\R^2$, et je ne sais pas définir clairement un groupe affine sans faire référence à son corps de base.

    Cela dit, il est plus élégant de faire directement intervenir, comme tu l'as fait, l'homothétie $h$ qui envoie $AMB$ sur $CMD$.
  • pappus
    Modifié (31 Jan)
    Lou76
    Un peu surprenante, cette lacune!
    Et tu te promènes aussi avec dans ta poche, $\mathbb R$ comme mètre pliant et à l'annulaire le $DCT$ (Divin Cercle Trigonométrique, la seule conique encore connue dans notre beau pays!) en guise d'anneau.
    Amicalement
    pappus
  • LOU16
    Modifié (31 Jan)
    Je comprends de moins en moins ce que tu me dis. (les "lacunes" en mathématiques, ce n'est pas ce qui manque chez moi, mais là je ne vois vraiment pas celle dont tu parles.)
    Indiques plutôt clairement quelle alternative tu proposes,  en guise de réponse précise à une question que tu as posée, à la phrase suivante dans laquelle tu incrimines la présence du symbole $\R$.

    "Ils forment ,dans l'ensemble des quadrilatères de $\R^2$, une orbite sous l'action  de $H=\left\{f\in \mathcal{GA}_2(\R)\mid \det \overrightarrow f =\pm1\right\}.$"
  • A la base de cet échange très instructif, un problème "nilotique" ! ?
    Ainsi, les anciens égyptiens pouvaient rivaliser avec les japonais et leurs "Sangakus" ?
    Pourtant, je suis passé près de Gizeh, sur un petit âne, à l'âge de trois ans et je n'ai rien vu...
  • jelobreuil
    Modifié (31 Jan)
    Eh oui, chaque année, après la crue du Nil, tous les fellahs étaient obligés de refaire les clôtures ou de remettre les bornes en place autour de leurs champs, c'est pour cela qu'ils se sont beaucoup intéressés à la géo-métrie ...
    Bien amicalement, JLB
  • pappus
    Modifié (1 Feb)
    Mon cher Lou16
    Il existe des plans affines dont les points n'ont pas de coordonnées naturelles, donc différents de$\mathbb R^2$
    Exemple abstrait: les sous-espaces affines de dimension $2$ de $\mathbb R^3$.
    Autre exemple plus concret: la feuille blanche sur laquelle on est obligé de faire nos dessins, a la prétention de jouer le rôle d'une portion de plan affine.
    Amicalement
    pappus


  • LOU16
    Modifié (1 Feb)
    Mon cher Pappus,
    Tu n'as toujours pas répondu à ma question: tu as d'abord posé la question:
    Montrer qu'ils forment une orbite sous l'action d'un certain sous-groupe du groupe affine.
    Puis j'ai répondu ( sans  preuve dans un premier temps):
    "Ils forment ,dans l'ensemble des quadrilatères de $\R^2$, une orbite sous l'action  de $H=\left\{f\in \mathcal{GA}_2(\R)\mid \det \overrightarrow f =\pm1\right\}.$"

    Quelle alternative claire proposes-tu à cette réponse qui te déplait tant?

    Je me demande bien comment il est possible de donner un sens à $ \det \overrightarrow f$ en l'absence de coordonnées dans un corps de référence.



  • Mon cher Lou16
    Je t'avais pourtant répondu; oui, c'est cela, suggérant ainsi que tu avais donné la bonne réponse!
    Je n'avais critiqué que ta preuve!
    Mais si les $\mathbb R^n$ te rassurent, je me garderai bien de te les interdire!
    Amicalement
    pappus
  • Mon cher Pappus,
     Les $\R^n$ ne me rassurent pas spécialement, mais, et c'est la question à laquelle tu n'as toujours pas répondu, comment formulerais tu une réponse alternative à celle que j'ai donnée, qui ne fasse pas référence à $\R$  ?
  • Mon cher Lou16
    Jusqu'à nouvel ordre, les problèmes sur les aires concernent les plans affines ou euclidiens réels.
    Pourquoi irait-on travailler sur d'autres corps plus ou moins bizarroïdes?
    Amicalement
    pappus
  • Mon cher Pappus,
    Oui je sais bien, mais tu  t'obstines à ne pas répondre à ma question "comment formulerais-tu ...?$
    Je laisse tomber.
  • Mon cher Lou16
    Tu vois bien que je ne sais pas comment répondre à ta question (laquelle au fait?) mais si tu as des idées, il ne t'est pas interdit de nous en faire part!
    Amicalement
    pappus
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