Pour les experts en Isotomie

Bonjour à tous,

Un ami intime de l'isotomie m'a soumis cet exercice (que je n'arrive pas à résoudre...!).

Soit $ABC$ un triangle (non aplati). On considère l'ellipse de Steiner circonscrite à $ABC$.
On définit comme suit une application $f$ de cette ellipse dans elle-même.
A un point $M$, on associe le point $M'$ défini comme l'intersection de l'ellipse avec la droite $(Mm)$, où $m$ est la direction à l'infini définie par $M$ par l'isotomie. L'application $f : M \rightarrow M'$ itérée quatre ou cinq fois peut revenir à son point de départ. Quels sont les points fixes de $f^4$ et $f^5$ ?

Une petite figure où j'ai fait figurer $M$, $M_1$, $M_2$, $M_3$ et $M_4$ (je me suis arrêtée à $4$ !).

Merci à tous ceux qui pourront m'éclairer ;)
Clairon.

[Clairon, ne peux-tu réduire ton schéma. Je n'arrive pas à lire ton image pour le faire moi-même ! AD]
[Je viens de changer le format, j'espère que cela sera mieux...]22056

Réponses

  • AD, bienfaiteur isotomique ! Merci !
    [Au service du forum :) Mais en l'occurrence c'est Clairon qui a tout fait par elle même B-) AD]

    Joli exo, en effet, Clairon. C'est pappus le pennsylvanien ou j__j le touriste d'hiver qui devraient s'intéresser à ce genre d’archaïsmes mathématiques. A votre âge, Clairon, c'est plutôt la topologie algébrique et les catégories dérivées qui devraient retenir votre attention.

    En tout cas, bonnes fêtes à vous et aux amis du forum, intimes ou non de l'isotomie, (et contre la vivisectomie).

    Je vais regarder, mais ne promets rien pour votre exo, car la mise en forme analytique semble assez malaisée !
  • Pappus est peut-être en Philadelphie ! je ne me souviens plus. Bref, il est chez Obama !
  • Bonjour Clairon.

    J'avoue que je ne comprends pas ceci :
    où $m$ est la direction à l'infini définie par $M$ par l'isotomie

    Si je décortique à la lumière du peu que je sais, il me semble que la droite $(Mm)$ est parallèle à une droite définie à partir de $M$ par isotomie par rapport au triangle $ABC$. Comment ?

    Bruno
  • Bonjour,

    Bruno, je pense avoir compris ceci:
    Si $M$ est sur l'ellipse circonscrite de Steiner, le conjugué isotomique est à l'infini
    parce que les céviennes isotomiques de $(AM)$, $(BM)$ et $(CM)$ sont
    parallèles, ce qui définit la direction dont parle Clairon.
    Si on trace la droite $\Delta$passant par $M$ et parallèle à cette direction, elle recoupe
    l'ellipse en un unique autre point $M'=f(M)$.

    Je crois avoir l'équation complexe de cette ellipse, obtenue en annulant le
    dénominateur de l'isotomie que j'ai donnée dans un autre fil:
    $Az^2+Bz\overline{z}+C\overline{z}^2+Dz+E\overline{z}+F=0$ avec :
    $A=s_2^2-3s_1s_3$; $B=s_3(s_1s_2-9s_3)$, $C=s_3^2(s_1^2-3s_2)$,
    $D=3s_2s_3-s_1s_2^2+2s_1^2s_3$, $E=s_3(-s_1^2s_2+2s_2^2+3s_1s_3)$
    et $F=s_1^3s_3-4s_1s_2s_3+9s_3^2+s_2^3-3s_1s_2s_3$.

    On peut d'ailleurs vérifier que $\dfrac{A}{\overline{C}}=\dfrac{B}{\overline{B}}=\dfrac{C}{\overline{A}}=\dfrac{D}{\overline{E}}=\dfrac{E}{\overline{D}}=\dfrac{F}{\overline{F}}=s_3^4$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Merci Rescassol, je pensais à quelque chose comme ça.

    Bruno
  • Je vois que Bruno a compris ce que je voulais dire, mais comme j'avais entre temps fait un dessin, j'envoie !
    22055
  • Mon cher yannguyen
    Oui, je suis toujours coince quelque part pres de Philadelphie et je t'ecris depuis l'ordinateur de l'hotel avec un clavier anglais et 6H de decalage horaire.
    Je ne comprends toujours pas l'obstination de Rescassol a vouloir toujours utiliser the Morley trick dans un probleme de geometrie affine.
    L' equation homogene de l'ellipse de Steiner est:
    $yz+zx+xy = 0$ et l'une de ses parametrisations est
    $ x=t$, $y = -t(t+1)$, $z=-(t+1)$ obtenue en coupant l'ellipse par le faisceau de droites $y = tz$
    Un peu abruti par la tele de l'hotel diffusant un match de football americain, je trouve que la droite en question recoupe l'ellipse de Steiner au point de parametre $ u = -\dfrac{t(t+2)}{2t+1}$.
    A verifier donc car je ne suis sur de rien dans ce vacarme.
    Reste a iterer cette fraction rationnelle?
    Best Wishes and Happy New Year from Philadelphia area.
    Pappus
  • Bonsoir à tous,

    Après vérification de la formule $ u = -\dfrac{t(t+2)}{2t+1}$. donnée par le maître Pappus (que je salue), je trouve, sauf erreur qu'il y a un $t$ en trop au numérateur. C'est logique étant donné que la correspondance $M\mapsto M'$ est normalement une homographie de l'ellipse de Steiner.

    Amicalement,
    zephir.

    P.S. Une vérification par quelqu'un d'autre s'impose.

    Edit : après revérification; le résultat de Pappus est exact. Oubli d'un $t$ au numérateur :-(
  • Bonne annee, zephyr.
    Oui ce n'est pas une homographie mais finalement Rescassol a raison d'utiliser le truc de Morley a condition de supposer le triangle de reference equilateral pour simplifier les calculs quitte a employer une structure euclidienne auxiliaire adequate.
    On peut donc toujours supposer que: $a =1$, $b= \jmath$, $c=\jmath^2$.
    La fraction a iterer devient alors: $z \longmapsto \dfrac 1{z^2} $
    Amicalement
    Pappus
  • Comme la fraction $z \longmapsto \dfrac 1{z^2} $ s'itere bien, il est facile de repondre aux questions de Clairon a qui je presente tous mes voeux, le plus dur n'etant pas de calculer les affixes des points fixes mais de les placer correctement sur l'ellipse de Steiner.
    Quant a moi, je me rapproche un peu, etant maintenant dans un voisinage voisinage ouvert de Times Square et toujours avec un clavier anglais.
    Happy New Year
    Pappus
  • pldx1
    Modifié (May 2024)
    Retour de "pldx1 msg-721336" $\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}  \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} $
    1. Voyons quel est le "contexte qui va bien" pour cet exercice. On part d'une conique circonscrite au triangle de référence $ABC$. Elle a un perspecteur $P=p:q:r$. L'affinité $A\mapsto A,\,B\mapsto B,\,C\mapsto C,\,P\mapsto U$ transforme cette circumconique en la circumconique de perspecteur $U$.
    2. Une fois que l'on a spécialisé un point, on voit arriver l'isoconjugation vis à vis de ce point, qui est la transformation: \[ \psi\,:\,U\simeq u:v:w\mapsto U^{*}=\frac{p}{u}:\frac{q}{v}:\frac{r}{w} \] A part les ennuis qui se produisent sur les côtés du trigone, il y a quatre points fixes, qui sont les "racines carrées" de $P$. Lorsque $P=$X(6), les points fixes sont les inexinscrits, la conique est le cercle circonscrit et $\psi$ est l'isogonie. Lorsque $P=$ X(2), les points fixes sont le centre de gravité et ses anticéviens, la conique est out-Steiner et $\psi$ est l'isotomie.
    3. Par définition, l'isoconjugué d'un point de la circumconique est à l'infini, et l'on regarde quel est le deuxième point de la conique qui est aligné avec un point $M^{*}$ à l'infini et avec son isoconjugué $M$. Si l'on paramétrise par $t$ le point à l'infini, on a: \[ M^{*}=\left(\begin{array}{c} 1\\ t\\ -1-t \end{array}\right),\;M=\left(\begin{array}{c} p\\ {\displaystyle \frac{q}{t}}\\ {\displaystyle \frac{-r}{1+t}} \end{array}\right)\;M'=\left(\begin{array}{c} p\\ {\displaystyle \frac{q}{T}}\\ {\displaystyle \frac{-r}{1+T}} \end{array}\right) \] \[ T=-\frac{q}{p}\,\dfrac{pt^{2}+2\,pt+\left(p-r\right)}{\left(q-r\right)t^{2}+2\,qt+q} \] On voit que l'isotomie semble être spéciale parce que le degré de la fraction rationnelle change pour toutes les paramétrisations. On va pourtant montrer que cela ne change rien aux formules d'itération.
    4. Si nous voulons bien utiliser la méthode de Morley en tant que changement de base projectif, cela revient à utiliser les deux matrices: \[ aller=\left(\begin{array}{ccc} \alpha & \beta & \gamma\\ 1 & 1 & 1\\ 1/\alpha & 1/\beta & 1/\gamma \end{array}\right),\quad retour=\left(\begin{array}{ccc} \dfrac{\beta-\gamma}{\beta\,\gamma} & \dfrac{\left(\gamma-\beta\right)\left(\beta+\gamma\right)}{\beta\,\gamma} & \beta-\gamma\\ \dfrac{\gamma-\alpha}{\gamma\,\alpha} & \dfrac{\left(\alpha-\gamma\right)\left(\alpha+\gamma\right)}{\gamma\,\alpha} & \gamma-\alpha\\ \dfrac{\alpha-\beta}{\alpha\,\beta} & \dfrac{\left(\beta-\alpha\right)\left(\alpha+\beta\right)}{\alpha\,\beta} & \alpha-\beta \end{array}\right) \] Le déterminant de $aller$ est $-vdm/s_{3}$, tandis que $retour$ est la matrice de ses cofacteurs. Le passage des barycentriques aux affixes de Morley et réciproquement s'obtient par les méthodes matricielles usuelles.
    5. Évidemment, cela n'est réellement utile que si nous savons aussi substituer les paramètres. Si nous nous plaçons dans le cadre de la paramétrisation de Lubin du premier degré, les changements de paramètres s'effectuent selon: \[ S=iR^{2}\,\dfrac{vdm}{4\,s_{3}},\;a=\frac{R\,\left(\beta-\gamma\right)}{\sqrt{-\beta\,\gamma}},\;b=\frac{R\,\left(\gamma-\alpha\right)}{\sqrt{-\gamma\,\alpha}},\;c=\frac{R\,\left(\alpha-\beta\right)}{\sqrt{-\alpha\,\beta}} \] dans un sens et, dans l'autre sens: \begin{eqnarray*} \beta & = & \alpha\left(\dfrac{a^{4}+c^{4}+b^{4}-2\left(a^{2}+b^{2}\right)c^{2}}{2\,a^{2}b^{2}}+\dfrac{2\,i\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)S}{a^{2}b^{2}}\right)\\ \gamma & = & \alpha\left(\dfrac{a^{4}+b^{4}+c^{4}-2\left(a^{2}+c^{2}\right)b^{2}}{2\,a^{2}c^{2}}-\dfrac{2\,i\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)S}{a^{2}c^{2}}\right) \end{eqnarray*} Ce sont ces formules de substitution qui limitent l'accessibilité pour un degré donné. Le fait de garder les facteurs $R$ ou $\alpha$ n'est pas nécessaire d'un point de vue théorique. D'un point de vue pratique, cela permet de contrôler l'homogénéité.
    6. L'équation en coordonnées de Morley de l'ellipse out-Steiner a pour matrice: \[ ^{t}retour\cdot\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right)\cdot retour=\left(\begin{array}{ccc} 2A & D & B\\ D & 2F & E\\ B & E & 2C \end{array}\right) \] et l'on retrouve les valeurs données par Rescassol.
    7. L'expression en coordonnées de Morley de l'isogonal de $\vz:\vt:\vzz$ s'obtient par: \[ aller\cdot isogon\left(retour\cdot\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\right) \] On obtient d'une part un facteur global $R^{2}vdm^{2}/s_{3}^{2}$ divisé par la cubique triangulaire. Ce facteur exprime les conditions permettant une bonne définition de l'isogonal d'un point. Quand tout va bien, il reste: \[ \left(\begin{array}{c} s_{3}\,\vzz^{2}-\vt\vz-s_{2}\,\vt\vzz+s_{1}\,\vt^{2}\\ \vt^{2}-\vz\vzz\vphantom{\vzz^{{\displaystyle \vzz}}}\\ \dfrac{\vz^{2}}{s_{3}}-\dfrac{s_{1}}{s_{3}}\,\vt\,\vz-\vt\vzz+\dfrac{s_{2}}{s_{3}}\,\vt^{2} \end{array}\right) \]
    8. L'expression des autres isoconjugations s'obtient de la même façon. Le résultat est moins simple. Pour l'isotomie, les formules ont été données par Rescassol. L'équation $\vt'=0$ donne l'ellipse de Steiner. Les équations $\vz'=0$ et $\vzz'=0$ donnent deux coniques non visibles, conjuguées l'une de l'autre. Elles se coupent en quatre points visibles, dont X(264).
    9. En résumé, nous voulons étudier l'isotomie alors que les formules de l'isogonie sont plus simples. La seule façon de procéder est de réduire le problème en utilisant un triangle équilatéral : $s_{1}=s_{2}=0$ et, tant qu'à faire, $s_{3}=1$ fixant les directions de Morley du triangle. En pareil cas, tous les points centraux sont envoyés à l'origine, et la formule d'itération devient: \[ z\mapsto\frac{1}{z^{2}} \]
    10. On voit donc que le point mené $M'$ tourne deux fois plus vite que le point menant $M$, mais en sens contraire, tandis que la droite $MM'$ tourne deux fois moins vite.
    11. Un peu de topologie. Les points à l'infini de la circumconique de perspecteur $P=p:q:r$ sont donnés par: \[ U_{1},U_{2}\simeq\left(\begin{array}{c} \left(q^{2}+r^{2}-pq-pr\right)p+p\left(q-r\right)\,IST\\ \left(r^{2}+p^{2}-qr-qp\right)q+q\left(r-p\right)\,IST\\ \left(p^{2}+q^{2}-rp-qr\right)r+r\left(p-q\right)\,IST \end{array}\right) \] où $IST^{2}=p^{2}+q^{2}+r^{2}-2pq-2qr-2rp$ est l'équation de l'ellipse inscrite de Steiner. Considérons le point réel: \[ \widehat{U}\doteq U_{1}+U_{2}\simeq\left(\begin{array}{c} \left(q^{2}+r^{2}-pq-pr\right)p\\ \left(r^{2}+p^{2}-qr-qp\right)q\\ \left(p^{2}+q^{2}-rp-qr\right)r \end{array}\right) \] Ce point $\widehat{U}$ est évidemment l'isoconjugué d'un point $M$ de la conique. On trouve: \[ t=\dfrac{q\left(p^{2}+r^{2}-q\left(p+r\right)\right)}{p\left(r^{2}+q^{2}-p\left(r+q\right)\right)} \] Si l'on cherche un paramètre $t$ tel que $\widehat{U}$ soit l'isoconjugué du point $M'$, on trouve une équation du second degré en $t$ dont le discriminant vaut $-4$ fois le produit de $IST^{2}$ par $p^{2}+q^{2}+r^{2}-pq-qr-rp$. Cette seconde conique n'a pas d'autre points visibles que son perspecteur $G$. Par conséquent, le point $M'$ ne décrit pas toute la conique lorsque celle-ci est une hyperbole.
    12. Un peu de calcul montre que les points divisant la droite de l'infini entre les points qui sont ou non l'isoconjugué d'un point $M'$ sont précisément les points à l'infini de la conique. Ceci était prévisible puisque l'isoconjugaison échange ces points à l'infini.
    13. Nous avons donc deux cas. La conique ne coupe pas la droite de l'infini, c'est une ellipse. Alors le point mené fait deux tours sur la conique lorsque le point menant en fait un. Ces deux mouvements ont lieu en sens contraire l'un de l'autre, sans rétrogradation. Et la droite $MM'$ prend une fois chaque direction lorsque $M$ fait un tour (ce qui revient à tourner deux fois moins vite).
    14. Autre cas : la conique coupe la droite de l'infini, c'est une hyperbole. Lorsque $M$ et $M'$ sont sur la même branche, ces points se déplacent en sens contraire. Lorsque $M$ passe d'une branche à l'autre, le mouvement euclidien apparent de $M$ se met à tourner dans l'autre sens, et le point $M'$ se met à reculer sur la même branche de l'hyperbole. Les deux points continuent donc à tourner dans des sens opposés l'un à l'autre. Pour ce qui est de la droite $MM'$, rien de nouveau: parcourir toutes les directions de droite, cela revient à tourner de 180°.

    Cordialement, Pierre.

  • Je reste admiratif devant la technique de Pierre, (à qui je présente tous mes vœux), qui utilise à fond tous les procédés de la géométrie projective plane.
    Comme celle-ci nous reste inaccessible pour une période indéterminée, je ne sais pas si les lecteurs de ce forum ne vont pas se trouver un peu dépassés par sa virtuosité.
    J'avais essayé de rester dans le cadre purement affine qui nous est autorisé jusqu’à nouvel ordre et je vais essayer de continuer à le faire.
    Il y a d'une part la partie proprement calculatoire qui revient à itérer une certaine fraction rationnelle, plus ou moins compliquée, suivant les coordonnées envisagées et d'autre part l'aspect graphique c'est-à-dire le tracé pratique des points fixes dont on vient de calculer facilement les affixes.
    Comme je suis toujours de l'autre coté de l’océan avec ce maudit clavier, il est difficile de m'expliquer et je le ferai dès que je serai de retour.
    Dans ce problème graphique, se pose la question de l’écriture de l'isotomie dans les coordonnées de Morley. Rescassol avait eu le courage de faire ce calcul et quoique nous n'en ayons pas vraiment besoin pour répondre aux questions de Clairon, je serais curieux de savoir comment il s'y est pris. Je demande seulement les grandes lignes de ce calcul et non pas leurs détails évidemment.
    Amicalement
    Pappus

    [AD, palliateur de claviers outremériques. :D]
  • Bonsoir pappus

    Excellente année 2012. Voici le résultat de Rescassol :
    L'expression complexe de la transformation isotomique,avec le truc de Morley habituel:

    Si on a $M(z)$, son transformé $M'(z')$ est donné par $\displaystyle z'=\frac{Num}{Den}$ avec :
    $\displaystyle Num=s_3((-4s_1s_2s_3+s_1^3s_3+9s_3^2)\overline{z}^2+(-s_1^3s_2+4s_1s_2^2-s_1^2s_3-6s_2s_3)\overline{z}+(s_1^2s_2+3s_1s_3-4s_2^2)z\overline{z}$
    $\displaystyle +(-2s_1^3+7s_1s_2-9s_3)z+(s_1^2-3s_2)z^2+(s_1^4-4s_1^2s_2+6s_1s_3+s_2^2))$
    et:
    $\displaystyle Den=s_3^2(s_1^2-3s_2)\overline{z}^2+s_3(-s_1^2s_2+2s_2^2+3s_1s_3)\overline{z}+s_3(s_1s_2-9s_3)z\overline{z}+(3s_2s_3-s_1s_2^2+2s_1^2s_3)z$
    $\displaystyle +(s_2^2-3s_1s_3)z^2+s_1^3s_3-4s_1s_2s_3+9s_3^2+s_2^3-3s_1s_2s_3$
  • Bonsoir,

    Avec le truc de Morley habituel et $P(p)$,
    Une équation de $(BC)$ est $z + b c \overline{z} -(b+c)= 0 $
    Une équation de $(AP)$ est $(\overline{a}-\overline{p})z - (a-p)\overline{z} + (a \overline{p}-p \overline{a})= 0$.
    Leur intersection est $A_1(a_1)$ avec $a_1= \dfrac{a^2s_1-a^3 - s_2p + 2bcp - as_3\overline{p}}{bc - ap + a^2 - s_3\overline{p}}$
    Le symétrique de $A_1$ par rapport au milieu de $[BC]$ est $A_2(a_2)$ avec $a_2=b+c-a_1=\dfrac{bc(b + c - p + (a^2 - ab - ac)\overline{p})}{bc - ap + a^2 - s_3\overline{p}}$.
    Puis une équation de $(AA_2)$ est $(\overline{a}-\overline{a_2})z - (a-a_2)\overline{z} + (a \overline{a_2}-a_2 \overline{a})= 0$.
    On a les permutations circulaires et l'intersection de $(AA_2)$ et $(BB_2)$ donne ce que j'ai indiqué, grâce à Matlab.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Merci, Rescassol. et Meilleurs Vœux pour toi et Bouzar..
    Ton calcul est naturel et c'est ce que j'aurais fait si j'en avais eu le courage ou MatLab.
    Quand je serai de retour, j'expliquerai ce que Pierre sous-entendait dans son point numéro 9:
    pldx1 a écrit:
    9) En résumé, nous voulons étudier l'isotomie alors que les formules de l'isogonie sont plus simples. La seule façon de procéder est de réduire le problème en utilisant un triangle équilatéral : $s_{1}=s_{2}=0$ et, tant qu'à faire, $s_{3}=1$ fixant les directions de Morley du triangle. En pareil cas, tous les points centraux sont envoyés à l'origine, et la formule d'itération devient~:\[ z\mapsto\frac{1}{z^{2}}\]
    et pourquoi ceci entraine une autre manière d'obtenir l’écriture de l'isotomie dont je ne pense pas qu'elle soit plus rapide que celle de Rescassol
    Amicalement
    Pappus
  • Le truc de Morley n'est vraiment pas pratique pour faire de la geometrie affine et c'est le principal reproche que je fais a Rescassol, quand il l'utilise a tort et a travers, la preuve en est son ecriture de l'isotomie qui est d'une complexite redhibitoire.
    Neanmoins on peut faire de la geometrie affine avec ce truc si on a pas froid aux yeux et si on sait se servir de MatLab.
    Voici un petit exercice qui est utile si on veut repondre aux questions de Clairon en utilisant le truc de Morley.
    On se donne donc trois complexes $a$, $b$, $c$ de module $1$ et un point d'affixe $z$.
    Quelles sont les coordonnees barycentriques $(\alpha, \beta, \gamma)$ de $z$ par rapport au triangle $abc$?
    Amicalement
    Pappus
  • Bonjour,

    $c(a-b)(z+ab\overline{z}-a-b)$ et permutation circulaire ?

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher Rescassol
    Oui, c'est plus ou moins cela a ceci pres que tu donnes des coordonnees barycentriques homogenes et non les coordonnees barycentriques pour lesquelles $\alpha +\beta+\gamma =1$.
    En plus tu donnes la coordonnee par rapport au sommet $c$, alors qu'il est d'usage soit de donner ces coordonnees dans leur ordre lexicographique soit si on est paresseux de donner en premier celle correspondant au sommet $a$ puis de dire qu'on fait une permutation circulaire.
    Pour enfoncer le clou et te forcer a ecrire ces coordonnees barycentriques, voici la question suivante:
    Etant donnes deux triplets $T=(a,b,c)$ et $T' = (a', b', c')$ de complexes de module $1$, former l'ecriture de l'application affine $f_{T,T'}$ telle que $f_{T,T'}(T) = T'$.
    En particulier si $U = (1, \jmath, \jmath^2)$, calculer $f_{U,T}$.
    Amicalement
    Pappus
  • Bonsoir,

    C'est mieux comme ça :

    $\dfrac{a(z - b - c + bc\overline{z})}{(a - b)(a - c)}:\dfrac{b(z - c - a + ca\overline{z})}{(b - c)(b - a)}:\dfrac{c(z - a - b + ab\overline{z})}{(c - a)(c - b)}$ ?

    Pour l'application affine transformant $T$ en $T'$, on a:
    $f_{T,T'}(z)=\alpha z+\beta \overline{z}+\gamma$ avec :
    $\alpha= \dfrac{a a' (c-b) + b b' (a-c) + c c' (b-a)}{(b-c)(c-a)(a-b)}$
    $\beta= \dfrac{s_3(a'(c-b) + b'(a-c) + c'(b-a))}{(b-c)(c-a)(a-b)}$
    $\gamma= \dfrac{a a' (b^2-c^2) + b b' (c^2-a^2) + c c'(a^2-b^2)}{(b-c)(c-a)(a-b)}$
    Ce qui en vrai sans supposer que $a'$, $b'$, $c'$ soient de modules 1.

    Cordialement,

    Rescassol
  • pldx1
    Modifié (May 2024)
    Retour de pldx1 msg-721864

    On calcule $aller(a',b',c')\cdot retour(a,b,c)$. Si l'on voulait considérer des points en dehors du cercle unité, il faudrait utiliser explicitement les conjugués de leurs affixes, au lieu d'utiliser $\overline{a'}=1/a'$, etc.

    Cordialement, Pierre.
  • @Rescassol.
    Cette fois, je suis d'accord. Encore faudrait-il nous donner un minimum d'explication sur la maniere dont tu as obtenu ces coordonnees.
    @ Pierre, meme remarque pour tes matrices aller et retour dont tu n'as pas explique clairement la formation.
    Maintenant, je reviens sur la remarque numero 9 de Pierre concernant l'isotomie.
    On a deux triangles $T = ABC$ et $T' = A'B'C' $ du plan affine et $f_{T,T'}$ la transformation affine telle que $f_{T,T'}(T) = T'$.
    Je note $i_T$ la transformation par isotomie associee au triangle $T$ et $i_{T'}$ celle associee au triangle $T'$.
    Alors $i_{T'} = f_{T,T'} \circ i_T \circ f_{T,T'}^{-1}$
    Autrement dit le groupe affine opere par conjugaison sur les isotomies. Pourquoi?
    Il me semble en avoir deja parle dans un autre fil mais je n'en suis pas sur.
    Amicalement
    Pappus
  • Bonjour,

    Les coefficients barycentriques de $M(z)$ par rapport à $ABC$ sont proportionnels aux aires algébriques des triangles $MBC$, $MCA$ et $MAB$ que j'ai obtenues grâce à la formule donnée dans le JDE page 223. Je les ai ensuite divisés par leur somme et factorisé le tout.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher Rescassol
    N'ayant pas emporte mon JDE dans le Nouveau Monde, je te crois sur parole.
    On peut faire aussi le raisonnement suivant:
    La fonction $\varphi_a: z \mapsto z-bc\overline z -b-c$ est une fonction affine de $z$.
    Donc $\varphi_a(z) = \alpha\varphi_a(a) + \beta\varphi_a(b) +\gamma\varphi_a(c) = \alpha\varphi_a(a)$ car $\varphi_a(b) = \varphi_a(c) =0$.
    D'ou: $\alpha = \dfrac{\varphi_a(z)}{\varphi_a(a)}$
    Amicalement
    Pappus
  • pldx1
    Modifié (May 2024)
    Retour de pldx1 msg-722177 $ \def\cc{\mathbb{C}}$ $ \def\rr{\mathbb{R}}$ 
    $ \def\prrt{\mathbb{P}_{\rr}\!\left(\rr^{3}\right)}$ 
    $ \def\pcct{\mathbb{P}_{\cc}\!\left(\cc^{3}\right)}$ Mon cher pappus, 
    pappus @ Pierre, meme remarque pour tes matrices aller et retour dont tu n'as pas expliqué clairement la formation.
    Les matrices aller et retour ont été décrites à la page précédente. Je recopie le paragraphe:
    pldx1 Si nous voulons bien utiliser la méthode de Morley en tant que changement de base projectif, cela revient à utiliser les deux matrices: \[ aller=\left(\begin{array}{ccc} \alpha & \beta & \gamma\\ 1 & 1 & 1\\ \dfrac{1}{\alpha} & \dfrac{1}{\beta} & \dfrac{1}{\gamma} \end{array}\right),\quad retour=\left(\begin{array}{ccc} \dfrac{\beta-\gamma}{\beta\,\gamma} & \dfrac{\left(\gamma-\beta\right)\left(\beta+\gamma\right)}{\beta\,\gamma} & \beta-\gamma\\ \dfrac{\gamma-\alpha}{\gamma\,\alpha} & \dfrac{\left(\alpha-\gamma\right)\left(\alpha+\gamma\right)}{\gamma\,\alpha} & \gamma-\alpha\\ \dfrac{\alpha-\beta}{\alpha\,\beta} & \dfrac{\left(\beta-\alpha\right)\left(\alpha+\beta\right)}{\alpha\,\beta} & \alpha-\beta \end{array}\right) \] Le déterminant de $aller$ est $-vdm/s_{3}$ et $retour$ est la matrice de ses cofacteurs. Le passage des barycentriques aux affixes de Morley et réciproquement s'obtient par les méthodes matricielles usuelles.
    La matrice "aller" sert à aller depuis les coordonnées barycentriques, où les points sont décrits comme $(p:q:r)\in\prrt$, vers les points visibles de l'espace de Morley, où les points sont décrits comme $(\vz:\vt:\vzz)\in\pcct$, tandis que la matrice " retour" sert à s'en retourner, c'est à dire à retransformer les affixes d'un point visible de l'espace de Morley vers les coordonnées barycentriques correspondantes. Plus de détails dans le feuilleton Lubin-Morley:

    Cordialement, Pierre.
  • pldx1
    Modifié (May 2024)
    retour de pldx1 msg-722518
    pappus a demandé: On a deux triangles $T=ABC$ et $T'=A'B'C'$ du plan affine et $f_{T,T'}$ la transformation affine telle que $f_{T,T'}(T)=T'$. Je note $i_{T}$ la transformation par isotomie associee au triangle $T$ et $i_{T'}$ celle associee au triangle $T'$. Alors $i_{T'}=f_{T,T'}\circ i_{T}\circ f_{T,T'}^{-1}$. Autrement dit le groupe affine opere par conjugaison sur les isotomies. Pourquoi?
    C'est une excellente question. En effet, on se sert en permanence de l'isotomie et de l'isogonie... et cette utilisation suppose que ces notions se transportent par collineation. 

    La réponse est bien simple: le groupe projectif opère par conjugaison sur les isoconjugaisons parce que l'isoconjugué est constructible par des moyens projectifs. C'est ce qui permet aux tenants des coordonnées barycentriques (utilisant aire(P,B,C) comme A-masse du point P) de faire la même géométrie que les partisans des coordonnées trilinéaires (utilisant distance(P,(BC) comme A-masse du point P). Plus de détails à venir.

    Cordialement, Pierre.
  • pldx1
    Modifié (May 2024)
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    Tentative de réponse à pappus sur la transmutation d'une isoconjugaison par une collineation.$\def\linf{\mathcal{L}_{\infty}}  \def\pccd{\mathbb{P}_{\cc}\!\left(\cc^{2}\right)} $

    1. Lemme. Plaçons nous dans l'espace de Morley et considérons la transformation "inverse everything" , i.e. la transformation $\psi$: \[ \psi\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} 1/\vz\\ 1/\vt\\ 1/\vzz \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \vt\vzz\\ \vz\vzz\\ \vt\vz \end{array}\right) \] Elle envoie l'origine et les ombilics sur $0:0:0$, les autres points à l'infini sur l'origine $0:1:0$ et constitue une involution sur le reste de l'espace. Il y a quatre points fixes: deux sont invisibles et conjugués ($1:1:-1$ et $-1:1:1$) et deux sont visibles ($1:1:1$ et $-1:1:-1$) correspondant aux points ordinaires $\zeta=\pm1$.
    2. Soit $M$ le point variable du plan. Le cercle passant par $M$ et les deux points $\psi$-fixes visibles recoupe le cercle (visible) passant par $M$ et les deux points $\psi$-fixes invisibles en un quatrième point qui est $\psi\left(M\right)$. La première espèce de cercles appartient au faisceau ayant $\zeta=\pm1$ comme points de base et la deuxième espèce appartient au faisceau conjugué, qui admet les points $\zeta=\pm1$ comme points de Poncelet.
    3. On peut, de façon équivalente, définir $\psi$ sur les points visibles à distance finie, par $birap\left(+1,\,-1,\,z,\,\psi\left(z\right)\right)=-1$ en plongeant le plan affine dans la sphère de Riemann $\pccd$ au lieu de le plonger $\pcct$. La vision $\pccd$ fait de $\psi$ une homographie (l'infini est réduit à un point, et ne crée pas de problèmes), la vision $\pcct$ fait de $\psi$ une application qui n'est pas une collinéation (avec quatre points fixes, $\psi$ serait constante... et ne serait pas dramatique à l'infini).
    4. Isoconjugaison. Plaçons nous en coordonnées barycentriques vis à vis du triangle $ABC$. Particularisons un point $F=f:g:h$ non-situé sur l'un des cotés du triangle (nous l'appelons $F$ parce qu'il va etre l'un des quatre points fixes d'une certaine transformation). Appelons respectivement $A_{F},\,B_{F},\,C_{F}$ son triangle cevien et $A'_{F},\,B'_{F},\,C'_{F}$ son triangle cocevien. Le point $A_{F}$ est l'intersection $\left(AF\right)\cap\left(BC\right)$ et le point $A'_{F}$ est son conjugué harmonique, c'est à dire $A'_{F}\in\left(BC\right)$ et $\left(B,\,C,\,A_{F},\,A'_{F}\right)=-1$. Il est bien connu que le triangle cocevien est nécessairement applati, definissant une droite qui est la tripolaire de $F$ par rapport au triangle $ABC$. Nous avons: \[ \boxed{A_{F}B_{F}C_{F}}\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & f & f\\ g & 0 & g\\ h & h & 0 \end{array}\right)\quad\mathrm{et}\quad\boxed{A'_{F}B'_{F}C'_{F}}\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & f & -f\\ -g & 0 & g\\ h & -h & 0 \end{array}\right) \]
    5. Soit $U=u:v:w$ le point mobile du plan (non situé sur les cotés du triangle de référence). Comme ci-dessus, nous posons $A_{U}=\left(AU\right)\cap\left(BC\right)$ etc. et nous définissons $A"_{U}$ comme étant le conjugué harmonique de $A_{U}'$ par rapport aux points $A_{F}$ et $A_{F}'$. Un calcul immédiat donne $A"_{U}=0\,:\,g^{2}/v\,:\,h^{2}/w$ et, par permutation circulaire, \[ \boxed{A"_{U}B"{}_{U}C"{}_{U}}\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & f^{2}/u & f^{2}/u\\ g^{2}/v & 0 & g^{2}/v\\ h^{2}/w & h^{2}/w & 0 \end{array}\right) \] montrant que ces points sont les céviens d'un autre point, que nous appelons "isoconjugué de $U$" .
    6. L'isoconjugation s'écrit donc: \[ \phi\left(\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} f^{2}/u\\ g^{2}/v\\ h^{2}/w \end{array}\right) \] et l'on voit qu'il y a quatre points fixes, le point $F$ et ses images par la transformation continue de Lemoine, les points $\pm f:\pm g:\pm h$.
    7. Réciproquement, une isoconjugaison est totalement déterminée par ses quatre points fixes $F_{1},\,F_{2},\,F_{3},\,F_{4}$. Le triangle $ABC$ n'est autre que le triangle diagonal du quadrangle des points fixes. Les barycentriques des $F_{j}$ par rapport à $ABC$ s'écrivent nécessairement $\pm f:\pm g\pm h$ et cela suffit à déterminer l'isogonjugaison qui, elle, ne dépend que de $f^{2}:g^{2}:h^{2}$.
    8. L'action d'une collinéation $\Theta$ sur une isoconjugaison particulière $\phi$ est: \[ \phi^{*}\left(U,\,F\right)\doteq\boxed{\Theta}\cdot\phi\left(\boxed{\Theta}^{-1}\cdot U,\,F\right) \] Examinons cela en détail.
    9. Supposons que la collinéation $\Theta$ fixe les points $A,\,B,\,C$ et que $\Theta\left(F\right)=P=p:q:r$. Sa matrice est donc: \[ \boxed{\Theta}=\left(\begin{array}{ccc} p/f & 0 & 0\\ 0 & q/g & 0\\ 0 & 0 & r/h \end{array}\right) \] et il est immédiat que: \[ \phi_{\Theta}\left(U,\,F\right)\doteq\boxed{\Theta}\cdot\phi\left(\boxed{\Theta}^{-1}\cdot U,\,F\right)=\left(\begin{array}{c} p^{2}/u\\ q^{2}/v\\ r^{2}/w \end{array}\right)=\phi\left(U,\,\boxed{\Theta}\cdot F\right) \] Les points fixes sont transformés de la même façon que les points ordinaires.
    10. Examinons maintenant un changement de triangle de référence. Evidemment, un changement de coordonnées barycentriques doit, pour commencer, être une collinéation $\psi\,:\,A\mapsto newA$, $B\mapsto newB$, $C\mapsto newC$. Mais il convient aussi de conserver la droite de l'infini. En effet, les coordonnées barycentriques d'un point sont: \[ \left(Birap\left(A,\,C,\,AC\wedge P,\,AC\wedge\linf\right):Birap\left(B,\,C,\,BC\wedge P,\,BC\wedge\linf\right),\,-1\right) \] Pour connecter les coordonnées barycentriques par rapport à deux triangles, il faut que ces deux triangles utilisent la même ligne de l'infini. Cette condition est équivalente à demander que l'image du centre 1:1:1 soit le centre $1:1:1$ l'image. C'est ce qui fait la spécificité de l'isotomie (relative au centre de gravité) lorsque l'on utilise des barycentriques ou de l'isogonie (relative au centre inscrit) lorsque l'on utilise des trilinéaires.
    11. Si l'on s'intéresse à l'isoconjugaison relative à un autre centre du triangle, il faut tenir compte des longueurs des cotés. Ainsi l'isogonie utilise les quantités $a^{2}:b^{2}:c^{2}$ relatives au triangle considéré.
    12. Triangles emboités. Rappelons l'intéret de l'isoconjugaison dans l'étude des triangles emboités. On considère $T_{1}$ le triangle de référence $ABC$, $T_{2}$ le triangle anti-cevien de $F$ par rapport à $T_{1}$ et enfin $T_{3}$ un triangle anti-cevien par rapport à $T_{2}$. Ces trois triangles sont en perpective les uns par rapport aux autres, et nous avons (coordonnées barycentriques relatives au triangle $ABC$): \[ T_{2}\simeq\left(\begin{array}{ccc} -f & f & f\\ g & -g & g\\ h & h & -h \end{array}\right)\quad;\quad T_{3}\simeq\left[\begin{array}{ccc} f\left(p+q+r\right) & -f\left(p+q-r\right) & -f\left(r+p-q\right)\\ -g\left(p+q-r\right) & g\left(p+q+r\right) & -g\left(q+r-p\right)\\ -h\left(r+p-q\right) & h\left(q+r-p\right) & h\left(p+q+r\right) \end{array}\right] \] \[ P_{23}\simeq\left(\begin{array}{c} f\left(q+r-p\right)\\ g\left(r+p-q\right)\\ h\left(p+q-r\right) \end{array}\right)\quad;\quad P_{13}\simeq\left(\begin{array}{c} f\left(r+p-q\right)\left(p+q-r\right)\\ g\left(p+q-r\right)\left(q+r-p\right)\\ h\left(q+r-p\right)\left(r+p-q\right) \end{array}\right) \] de sorte que les perspecteurs $P_{13},\,P_{23}$ respectifs des triangles $T_{1},\,T_{2}$ avec le triangle $T_{3}$ sont image l'un de l'autre dans l'isoconjugaison ayant les quatre points $\pm f:\pm g:\pm h$ comme points fixes.
    13. Lorsque l'on prend le triangle $T_{2}$ comme triangle de base, les formules obtenues sont celles de la ceva-conjugaison $cevadiv$, et lorsque l'on prend le triangle extérieur comme triangle de base, les formules obtenues sont celles de la cross-conjugaison $crossdiv$, cf Kimberling pour plus de détails.  
    14. Dans chacune de ces décompositions, on ramène au centre de gravité l'un des points $U,X$ par la collinéation qui va bien, on traite le cas particulier (G, X/U), puis on revient par la collinéation inverse. Comme $U,X$ jouent des rôles symétriques, il y a deux factorisations possibles.
    Cordialement, Pierre.

  • Merci, Pierre, pour tes longues explications que je retrouve à mon arrivée dans mes foyers! Enfin.
    Je pensais à une explication plus élémentaire ne sortant pas du cadre de la géométrie affine mais la géométrie projective est tellement plus agréable même si elle n'est plus enseignée.
    Ci joint deux figures pour prouver que la fraction rationnelle à itérer dans le cas du triangle $U= (1, \jmath, \jmath^2)$ est bien $z \mapsto \dfrac 1 {z^2}$
    Tout d'abord ce petit lemme connu de tous.
    Soient $a$, $b$, $c$, $d$ quatre complexes de module $1$.
    Notons $L(a,b)$ la droite joignant $a$ et $b$ et $L(c,d)$ la droite joignant $c$ et $d$.
    Alors les droites $L(a, b)$ et $L(c,d)$ sont parallèles si et seulement si $a.b = c.d$.

    file.php?8,file=22131

    La figure suivante montre ce qui se passe quand on veut construire le point isogonal d'un point $z \in \mathbb S^1$


    file.php?8,file=22132

    Il suffit d'appliquer le lemme pour conclure.
    Amicalement
    Pappus
    PS
    Je ne pouvais faire cette figure quand j'étais chez les Mohicans.
    D'où ma frustration!22131
    22132
  • Notons $\gamma_T$ l'application de Clairon définie sur l'ellipse de Steiner du triangle $T$.
    Compte tenu de ce que j'ai dit sur les isotomies, il est clair que le groupe affine opère par conjugaison sur les applications de Clairon et que l'on a avec les notations d'un précédent message:
    $\gamma_{T'} = f_{T',T} \circ \gamma_T \circ f_{T',T}^{-1}$
    Les points fixes de $\gamma_{T'}^n$ sont donc les images par $f_{T',T}$ de ceux de $\gamma_T^n$.
    Pour le triangle équilatéral $U =(1, \jmath, \jmath^2)$, l'isotomie coïncide avec l'isogonie, ce qui conduit comme on l'a vu à itérer une fraction rationnelle simple $z \mapsto \dfrac 1 {z^2}$
    Clairon avait demandé les points fixes de $\gamma_T^4$ et $\gamma_T^5$ mais pour des raisons de clarté de la figure, je me contenterai de ceux de $\gamma_T^3$.
    Je vous laisse éventuellement la possibilité de faire les dessins dans les cas demandés par Clairon, le principe sera le même!
    Comme $\gamma_U(z) = \dfrac 1 {z^2}$, $\gamma_U^3(z) = \dfrac 1 {z^8}$ et par suite les points fixes de $\gamma_U^3$ sont les racines neuvièmes de l'unité.


    file.php?8,file=22147

    Sur cette Cabri-figure, j'ai tracé à partir du triangle équilatéral $U=(1, \jmath, \jmath^2)$ les sommets de l'ennéagone régulier formé par les racines neuvièmes de l'unité au moyen de l'outil polygone régulier.
    On voit ainsi apparaitre tracées en pointillé deux $\gamma_U$-orbites d'ordre $3$, l'orbite violette $(\omega, \omega^7, \omega^4)$ et l'orbite bleue $(\omega^2, \omega^5, \omega^8)$.
    Partant du triangle $T=(a,b,c)$ dont les sommets sont sur le cercle unité, je prends les images des points fixes de $\gamma_U^3$ par $f_{U, T}$ pour obtenir ceux de $\gamma_T^3$.
    Cela m'est facile car je dispose d'une Cabri-macro réalisant $f_{U, T}$.


    file.php?8,file=22149


    Ensuite pour des raisons de clarté j'ai effacé le cercle unité et les racines neuvièmes de l'unité pour ne garder que la partie affine de la figure avec le triangle $T=(a,b,c)$, l'ellipse de Steiner de $T$ tracée en rouge, dessus les points fixes de $\gamma_T^3$ et enfin tracées en bleu et en violet les deux $\gamma_T$-orbites d'ordre 3.


    file.php?8,file=22151


    Amicalement
    Pappus22149
    22151
    22147
  • Merci Pappus pour cette brillante explication. Je suis tout simplement impressionnée.
    Je suppose que la Cabri-macro réalisant $f_{T, U}$ est un truc de sorcier ?!
    Pour l'instant, je ne suis pas capable d'en faire autant avec GeoGebra.

    Amicalement,
    Claire.
  • Ma chère Clairon
    Merci surtout de m'avoir proposé un problème qui m'a émoustillé pendant tout mon voyage.
    Grâce à Pierre, tout le cours de géométrie (projective) a défilé.
    Je tenais beaucoup à réaliser la partie graphique.
    Effectivement la macro $f_{T, T'}$ joue un rôle crucial.
    Il me semble avoir parlé de sa création dans un autre fil et je suppose que GeoGebra a des potentialités égales ou supérieures à Cabri.
    Comme je suis relié au web par satellite, les recherches sont longues et couteuses si bien qu'il faut les faire en pleine nuit!
    Mais je suis prêt à recommencer mes explications si nécessaires.
    Je devrais me mettre à GeoGebra qui me parait supérieur à Cabri mais je suis trop vieux maintenant.
    Quant à la partie calculatoire, elle repose sur l'expression analytique de $f_{T, T'}$ trouvée par Rescassol.
    Cette expression se simplifie beaucoup si on utilise le truc de Morley.
    Comme Rescassol l'a remarqué, il suffit de supposer que $T$ soit inscrit dans le cercle unité, le triangle $T'$ pouvant être quelconque.
    Mais comme on conjugue et que $f_{T, T'}^{-1} = f_{T', T}$, il peut être utile de supposer que $T'$ est aussi inscrit dans le cercle unité.
    Personne n'a d'ailleurs calculé l'expression de $f_{U, T}$ si utile dans ton problème!
    Je serais curieux de savoir si Maple ou Mathematica peuvent retrouver l'expression de l'isotomie trouvée par Rescassol en utilisant la conjugaison par $f_{U, T}$ car les calculs sont démentiels.
    Amicalement
    Pappus
  • Bonjour pappus et Clairon

    Je trouve $f_{U,T}(z)=\dfrac{a+bj^2+cj}{3} z+\dfrac{a+bj+cj^2}{3} \overline{z}+\dfrac{a+b+c}{3}.$
    En particulier $f_{U,T}(0)=\dfrac{a+b+c}{3}.$
  • Mon cher Bouzar
    Oui, c'est bien cela. Cette formule est donc relativement simple.
    En résumé, on peut faire de la géométrie affine avec le truc de Morley mais que de précautions faut-il prendre!
    Amicalement
    Pappus
  • pldx1
    Modifié (May 2024)
    Retour de pldx1 msg-723951
    1. Le lemme. Un angle de droites se caractérise par son double, qui est un angle de vecteurs. Comme la médiatrice du segment $\left[A,B\right]$ est en même temps la droite bissectrice de l'angle $\left(\overrightarrow{OA},\,\overrightarrow{OB}\right),$ sa direction se caractérise par $ab$ qui est le carré de l'une quelconque des deux moyennes géométriques entre $a$ et $b$. Et alors la direction de la droite $AB$ se caractérise par $-ab$ au motif qu'un quart de tour suivi d'un quart de tour donne un demi-tour. Faire cela, c'est la méthode de Morley. Et en plus, c'est le principe de la représentation de Lubin du second degré.
    2. pappus (msg-723625) est curieux de savoir si Maple ou Mathematica peuvent retrouver l'expression de l'isotomie trouvée par Rescassol en utilisant la conjugaison par $f_{U,T}$ car "les calculs sont démentiels" . Les ponts à haubans se construisent algorithmiquement. On part d'un pylône, et on ajoute un élément de tablier. Ce surpoids entraîne une flexion de la partie en place (qui est en porte à faux dans le vide tant que le pont n'est pas construit). Le progrès depuis Eiffel et le viaduc de Garabit consiste à retendre les haubans un par un, à chaque ajout d'un élément, de façon à compenser et redresser le tablier. Et puis on itère l'algorithme. Calculer de combien il faut retendre chaque hauban, et transmettre les réponses en temps réel aux ouvriers du chantier nécessite l'inversion de tout un tas de matrices de grande taille ($>500\times500$), à toute vitesse. Autant dire que les matrices $3\times3$... ne devraient plus effrayer personne.
    3. pappus msg-723294. "La géométrie projective est tellement plus agréable même si elle n'est plus enseignée" . Le fait qu'un changement de base s'exprime par une matrice de changement de base est largement enseigné dans tous les premiers cycles. Il n'y a rien de plus à faire, ce n'est quand même pas bout du monde.
    4. Qu'est-ce qu'une isoconjugaison ? Comme toute transformation, elle s'étudie bien mieux si l'on part de ses points fixes. On part donc d'un quadrangle (non ordonné) de quatre points $F_{j}$ indépendants (c'est à dire tels que les six cotés du quadrangle soient distincts). On appelle faisceau rouge l'ensemble des coniques passant par les quatre points $\left(F_{1},\,F_{2},\,F_{1}F_{3}\cap F_{2}F_{4},\,F_{1}F_{4}\cap F_{2}F_{3}\right)$. On appelle faisceau bleu l'ensemble des coniques passant par les quatre points $\left(F_{3},\,F_{4},\,F_{1}F_{3}\cap F_{2}F_{4},\,F_{1}F_{4}\cap F_{2}F_{3}\right)$. Autrement dit : deux points $F$, deux points diagonaux, appariés entre eux pour que les coniques ne dégénèrent pas (en tout cas pas à chaque fois). On dit que deux points sont isoconjugués par rapport aux points $F$ lorsqu'ils constituent les réintersections entre une conique bleue et une conique rouge.   En cyan un système possible, en magenta un autre système possible.
    5. On passe d'une isoconjugaison $isoc_{F}$ à une autre $isoc_{H}$ en envoyant les points fixes de l'une sur les points fixes de l'autre par un procédé qui transforme toute conique en une autre conique. Le procédé est connu et bien défini, cela s'appelle une collinéation.
    6. Comme l'on sait, l'étude d'un mouvement peut se faire en étudiant un changement de repère allant en sens inverse: notre train vient de démarrer, à moins que ce soit le train d'à coté qui ait démarré dans l'autre sens. La transformation s'appelle alors un changement de repère projectif.
    7. Dans les deux cas, nous avons $isoc_{H}=coll\left(F,H\right)\circ isoc_{F}\circ coll\left(H,F\right)$ en appelant $coll\left(F,H\right)$ la collinéation qui envoie les $F$ sur les $H$. On rappelle au passage qu'une collinéation possède (dans le cas général) trois points fixes et trois droites fixes (globalement fixes).
    8. Lorsque l'on veut expliquer tout cela à un ordinateur, il faut bien passer en coordonnées. Alors on met un scotch (de couleur écossaise) autour d'une droite particulière et l'on dit "c'est la droite de l'infini" ! On en déduit les coordonnées barycentriques d'un point $P$ par rapport à un triangle $A,B,C$. Comme déjà indiqué, cela donne: \[ p:q:r\mathop{\simeq}_{basis}\left(Birap\left(A,\,C,\,AC\wedge BP,\,AC\wedge\linf\right):Birap\left(B,\,C,\,BC\wedge AP,\,BC\wedge\linf\right),\,-1\right) \]
    9. Si l'on veut repérer une isoconjugaison par rapport à son triangle diagonal, on peut soit choisir la droite de l'infini et récupérer les coordonnées des quatre $F_{j}$, soit décider des coordonnées barycentriques de l'un des points $F$, déterminant quelle est la droite de l'infini et quelles sont les coordonnées des trois autres points $F$. Dans tous les cas, on obtient un résultat particulièrement simple: \[ F_{j}\mathop{\simeq}_{basis}\pm f:\pm g:\pm h\quad;\quad isoc_{F}\left(x:y:z\right)\mathop{\simeq}_{basis}\left(\frac{f^{2}}{x}:\frac{g^{2}}{y}:\frac{h^{2}}{z}\right) \]
    10. Faire des changements de repère barycentrique, cela revient à faire des collinéations conservant (globalement) la droite de l'infini. Ceci impose d'envoyer le centre de gravité de $ABC$ sur le centre de gravité de $A'B'C'$, et l'on doit alors recourir à la factorisation: \[ coll\left(\left[A,B,C,F\right],\left[A',B',C',F'\right]\right)=coll\left(\left[A',B',C',G'\right],\left[A',B',C',F'\right]\right)\circ coll\left(\left[A,B,C,G\right],\left[A',B',C',G'\right]\right) \] une collinéation générale se décompose en une collinéation barycentrique entre deux repères suivie d'une multiplication barycentrique dans le repère d'arrivée.
    11. Évidemment, les partisans des coordonnées barycentriques en déduisent que l'isotomie est le modèle du monde, tandis que les partisans des coordonnées trilinéaires en déduisent que l'isogonie est le modèle du monde, tandis que les partisans des coordonnées complexes en déduisent que "inverse everything" est le modèle du monde. D'ailleurs utiliser deux faisceaux de cercles orthogonaux comme faisceau bleu et faisceau rouge, plutôt que des coniques ébouriffantes, ce n'est pas si mal (interprétation comme reflexion dans le cercle (0,1) puis dans l'axe horizontal ou bien reflexion dans le cercle (0,i) puis dans l'axe vertical.
    12. Partons du triangle équilatéral de référence~ \[ \left(\begin{array}{ccc} 1 & \tau & -1-\tau\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & -1-\tau & \tau \end{array}\right) \] La première ligne, c'est l'affixe complexe ordinaire; la deuxième ligne c'est des $1$ partout (pour dire que l'on se trouve dans le plan des points à distance finie) ; la troisième ligne est formée des conjugués de la première ligne, pour dire que l'on s'intéresse à des points visibles.
    13. La gestion du $\tau$, c'est le point difficile de la chose. Si l'on utilise $\tau=\left(-1+i\sqrt{3}\right)/2$, l'ordinateur va se perdre dans la gestion simultanée des $i$ et des $\sqrt{3}$ et les écritures multiformes que cela engendre. Il faut gérer $\tau$ comme une quantité transcendante, et implémenter un algorithme efficace de réduction de $\cc\left(\tau\right)$ en $\cc+\tau\cc$.
    14. Comment écrire l'isotomie/isogonie relative à ce triangle ? On peut évidemment tricher en faisant \[ \sigma_{1}=0,\,\sigma_{2}=0,\,\sigma_{3}=1,\,Vdm=-6\tau-3=-3i\sqrt{3} \] dans les formules générales de l'isotomie ou de l'isogonie. Mais si l'on dispose déjà de ces formules, ce n'est plus la peine de chercher à les obtenir.
    15. On s'intéresse aux points fixes de l'isoconjugaison équilatérale. Il s'agit de l'origine et de son triangle anticévien. Autrement dit, des points: \[ \left(\begin{array}{cccc} 0 & 1 & \tau & -1-\tau\\ 1 & -1/2 & -1/2 & -1/2\\ 0 & 1 & -1-\tau & \tau \end{array}\right) \] Nous disposons par ailleurs de l'isoconjugaison $\psi$ "inverse everything" dont les points fixes sont, comme déjà indiqué, deux points visibles et deux points invisibles: \[ \left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right) \]
    16. Un peu d'algèbre linéaire permet de trouver la matrice $\boxed{\Theta}$ de la collinéation points fixes vers points fixes. Cela donne: \[ \left(\negthickspace\begin{array}{ccc} 2\,\tau+1 & 2\,\tau+1 & 2\,\tau+1\\ 1-\tau & 2\,\tau+1 & -\tau-2\\ -\tau-2 & 2\,\tau+1 & 1-\tau \end{array}\negthickspace\right)\left(\negthickspace\begin{array}{cccc} 0 & 1 & \tau & -1-\tau\\ -1/2 & -1/2 & -1/2 & -1/2\\ 0 & 1 & -1-\tau & \tau \end{array}\negthickspace\right)\simeq\left(\negthickspace\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\negthickspace\right) \] et le résultat cherché est obtenu par: \[ \boxed{\Theta^{-1}}\cdot\psi\left(\boxed{\Theta}\cdot\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \vt\vz-\vzz^{2}\\ \vz\,\vzz-\vt^{2}\\ \vt\vzz-\vz^{2} \end{array}\right) \]
    17. Avant simplifications, le calcul précédent fait apparaître au dénominateur une quantité que l'on identifie comme étant la cubique décrivant les diagonales du quadrangle (=les cotés du triangle diagonal), sur le modèle polynomial de toute démonstration formelle: \[ conclusions\:\times\:exceptions=hypothese \] On sait en effet que les isoconjugaisons (y compris isotomie et isogonie) se passent mal sur les cotés du triangle (les coniques rouges et bleues sont alors dégénérées).
    18. Lorsque l'on est sur le cercle unité, soit $\vz=\vt\zeta,\,\vzz=\vt/\zeta$ le point trouvé est $1:0:-\zeta$, caractérisant la direction associée au point $\zeta$ par $\omega^{2}=-1/\zeta$ : c'est le lemme de pappus.
    19. Pour calculer l'isotomie relative à un triangle dans sa représentation de Lubin du premier degré, on peut partir de l'isogonjugation équilatérale et la transmuter par la collinéation $\left(1,\tau,\tau^{2},0\right)\mapsto\left(A,B,C,G\right)$. Sa matrice est: \[ \left(\begin{array}{ccc} \alpha+\gamma\,\tau+\beta\,\tau^{2} & \alpha+\beta+\gamma & \alpha+\beta\,\tau+\gamma\,\tau^{2}\\ 0 & 3 & 0\\ \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{\tau}{\gamma}+\dfrac{\tau^{2}}{\beta} & \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}+\dfrac{1}{\gamma} & \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{\tau}{\beta}+\dfrac{\tau^{2}}{\gamma} \end{array}\right) \] c'est la formule $f_{U,T}(z)$ de Bouzar.
    20. Mais comme nous utilisons des affixes de Morley, il est plus efficace de partir de $\psi$, l'isogonjugation "inverse everything" , et de la transmuter par la collinéation points fixes vers points fixes. Nous avons: \begin{multline*} \left(\begin{array}{ccc} \left(\beta-\gamma\right)\alpha & \left(\gamma^{2}-\beta^{2}\right)\alpha & \left(\beta-\gamma\right)\alpha\beta\gamma\\ \left(\gamma-\alpha\right)\beta & \left(\alpha^{2}-\gamma^{2}\right)\beta & \left(\gamma-\alpha\right)\alpha\beta\gamma\\ \left(\alpha-\beta\right)\gamma & \left(\beta^{2}-\alpha^{2}\right)\gamma & \left(\alpha-\beta\right)\alpha\beta\gamma \end{array}\right)\times\\ \left(\begin{array}{cccc} \alpha+\beta+\gamma & \beta+\gamma-\alpha & \gamma+\alpha-\beta & \alpha+\beta-\gamma\\ 3 & 1 & 1 & 1\\ \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}+\dfrac{1}{\gamma} & \dfrac{1}{\beta}+\dfrac{1}{\gamma}-\dfrac{1}{\alpha} & \dfrac{1}{\gamma}+\dfrac{1}{\alpha}-\dfrac{1}{\beta} & \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}-\dfrac{1}{\gamma} \end{array}\right)\simeq\left(\negthickspace\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\negthickspace\right) \end{multline*}
    21. La formule trouvée est évidemment la même que celle obtenue en calculant: \[ aller\cdot isotomie\_Kimberling\left(retour\cdot\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right)\right) \]
    22. Si l'on veut obtenir la représentation de Lubin de l'isogonie, le seul moyen simple est: \[ aller\cdot isogonie\_Kimberling\left(retour\cdot\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right)\right) \] Quelque soit la méthode utilisée, il faudra gérer le fait que $ABC$ n'est pas équilatéral, ce qui fera immanquablement intervenir les longueurs des cotés. Et il ne peut pas y avoir plus simple que $a^{2}/x:b^{2}/y:c^{2}/z$ !
    23. Si l'on veut partir de vraiment rien, il faut ou bien partir du triangle équilatéral et transmuter par la collinéation $\left(1,\tau,\tau^{2},0\right)\mapsto\left(A,B,C,X(1)\right)$ soit de $\psi$, l'isogonjugation "inverse everything" , et transmuter par la collinéation points fixes vers points fixes. Dans les deux cas, il faut individualiser les points fixes, ce qui impose d'utiliser la représentation de Lubin du second degré. Nous avons: \[ \left(\negthickspace\begin{array}{ccc} \alpha & -\left(\beta^{2}+\gamma^{2}\right)\alpha & \alpha\,\beta^{2}\gamma^{2}\\ \beta & -\left(\gamma^{2}+\alpha^{2}\right)\beta & \beta\,\gamma^{2}\alpha^{2}\\ \gamma & -\left(\alpha^{2}+\beta^{2}\right)\gamma & \gamma\alpha^{2}\beta^{2} \end{array}\negthickspace\right)\left(\negthickspace\begin{array}{cccc} -\alpha\beta-\beta\gamma-\gamma\alpha & \alpha\,\beta+\gamma\,\alpha-\beta\,\gamma\\ 1 & 1 & \mathrm{etc}\\ -\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{\alpha\,\beta\,\gamma} & \dfrac{\beta+\gamma-\alpha}{\alpha\,\beta\,\gamma} \end{array}\negthickspace\right)\simeq\left(\negthickspace\begin{array}{cccc} 1 & 1 & -1 & 1\\ 1 & -1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\negthickspace\right) \]
    24. En utilisant la formule usuelle pour les transmutations, nous obtenons que: \[ \boxed{\Theta^{-1}}\cdot\psi\left(\boxed{\Theta}\cdot\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\right)\simeq\left(\begin{array}{c} s_{3}^{2}\vzz^{2}-\vt\vz+\left(2\,s_{3}\,s_{1}-s_{2}^{2}\right)\vt\vzz+\left(s_{1}^{2}-2\,s_{2}\right)\vt^{2}\\ \vt^{2}-\vz\vzz^{\vphantom{\vzz}}\\ \dfrac{1}{s_{3}^{2}}\,\vz^{2}-\vt\vzz+\dfrac{2\,s_{2}-s_{1}^{2}}{s_{3}^{2}}\,\vt\vz+\dfrac{s_{2}^{2}-2\,s_{3}\,s_{1}}{s_{3}^{2}}\,\vt^{2} \end{array}\right) \]
    25. Ceci est une forme unusuelle de la formule usuelle. En effet la formule précédente exprime l'isogonie en utilisant les "petites" fonctions symétriques $s_{1}=\alpha+\beta+\gamma$ etc. Or l'isogonie est l'isoconjugaison relative au quadruplet des centres inexinscrits et ce quadruplet, en tant que tel, c'est à dire tant que l'on n'essaie pas de distinguer un centre inscrit et trois exinscrits, est un objet central du premier degré, que l'on peut donc exprimer en fonction des " grandes" fonctions symétriques $\sigma_{1}=z_{A}+z_{B}+z_{C}$ etc. En transformant, nous obtenons: \[ isogon\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \sigma_{3}\,\vzz^{2}-\vt\vz-\sigma_{2}\,\vt\vzz+\sigma_{1}\,\vt^{2}\\ \vt^{2}-\vz\vzz^{\vphantom{\vzz}}\\ \dfrac{1}{\sigma_{3}}\,\vz^{2}-\vt\vzz-\dfrac{\sigma_{1}}{\sigma_{3}}\,\vt\vz+\dfrac{\sigma_{2}}{\sigma_{3}}\,\vt \end{array}\right) \] qui est bien la forme usuelle de la formule usuelle.
    26. Et la géométrie affine dans tout cela ? Il n'y a pas de géométrie affine intrinsèque, à part une grande machinerie servant à démontrer une fois pour toutes qu'une géométrie affine intrinsèque ne saurait échapper au sort commun des géométries affines: on fait $\vt=1$ dans la formule, et on atterrit dans le rantanplan. Autant se limiter à utiliser un peu de calcul matriciel et en particulier à utiliser massivement les matrices de changement de base dès que l'on change de base.
    Cordialement, Pierre.
  • Ma chère Clairon
    Après maintes recherches, j'ai fini par trouver ce lien à deux heures du matin:
    Points fixes du plan affine
    Cela te permettra , je l'espère de créer une macro analogue avec GeoGebra
    Amicalement
    Pappus
  • Mon cher Pappus,

    Un grand merci pour ce lien. J'attends avec impatience le moment où j'aurai un peu de temps pour m'y plonger. Tu auras peut-être quelques questions au moment des vacances !

    Amicalement,
    Clairon.
  • Bonjour,

    Pour répondre à une question de @stfj sur les "coordonnées de Morley",  j'ai recherché cette suite de caractères sur google.  Et le présent fil est apparu. J'ai donc commencé par rétablir les messages que j'avais placé en "stand by". Je ne vais pas ré-exposer en détail les raisons de cette mise en réserve... Il était question de faire face à l'envahissement  de ce forum par la prose d'un gourou auto-proclamé. Comme ce gourou n'est plus là pour gourouter, il est raisonnable de revenir au statu quo ante.

    Douze ans plus tard, on peut constater que, déjà à l'époque, @pappus n'en ratait pas une pour tenter de déprécier ces  "coordonnées de Morley".
    1. utiliser quasi-sytématique de l'expression péjorative "le truc de Morley".
    2. prétendre que "tout cela, c'est compliqué"
    3. prétendre que "ce n'est pas pratique"
    4. répondre aux objections par la fameuse défense élastique: <<Cette formule est donc relativement simple. En résumé, on peut faire de la géométrie affine avec le truc de Morley mais que de précautions faut-il prendre !>>
    5. boucler au §1, sur le modèle "dosim, repetare".
    On peut aussi constater que, à l'époque, @pldx1 cherchait à mettre au point les formulations permettant de passer des coordonnées barycentriques aux "coordonnées de Morley" et réciproquement par simple application des formules de changement de base dans un espace projectif.

    Douze ans plus tard, les planètes continuent de tourner sur leur orbite.

    Cordialement, Pierre.

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