Le théorème de Brianchon (1806)

Si tu laisses tes à priori de coté, tu verras qu'il n'y a rien de compliqué surtout si tu parles un peu anglais, tu peux copier-coller sur https://sagecell.sagemath.org/ et cliquer sur evaluate

PS : j'ai repris tes notations comme ça tu verras à chaque étape ce que je calcule, si tu ne poses pas de question, je considère que c'est car tu as tout compris sinon j'y répondrais volontiers

function P = SimplifieBary(M)

         % Simplifie le triplet de coefficients M
         % Un point "." devant un opérateur signifie
		 % une opération terme à terme
		 
         [N D]=numden(M);
         
         N=N/gcd(gcd(N(1),N(2)),N(3));
         M=lcm(lcm(D(1),D(2)),D(3));
         
         P=FactorT(N.*(M./D));
 end

Vassillia a dit :

j'aurais bien aimé supprimer les variables loc0,loc1 et loc2 pour les passer dans les paramètres

def coniqeq(f):

    args = f.parent().arguments()  #retourne les arguments de la fonction f dans un tuple

    m00=f(args[0],0,0)

    m11=f(0,args[1],0)

    m22=f(0,0, args[2])

    m01=expand(f(args[0],args[1],0)-m00-m11)

    m02=expand(f(args[0],0,args[2])-m00-m22)

    m12=expand(f(0,args[1],args[2])-m11-m22)

    return matrix([[m00/args[0]^2,m01/(2*args[0]*args[1]),m02/(2*args[0]*args[2])],[m01/(2*args[0]*args[1]),m11/args[1]^2,m12/(2*args[1]*args[2])],[m02/(2*args[0]*args[2]),m12/(2*args[1]*args[2]),m22/args[2]^2]])

var('z t zeta')

eq=z*zeta-t^2

mat=coniqeq(eq.function(z,t,zeta))

1. On se donne les six points $P,Q,R,S,T,U$ selon: $P\simeq2p:1-p^{2}:0:1+p^{2}$, le plan de l'infini étant $\left[0,0,0,1\right]$.
2. Comme l'on sait, ces points se situent sur la conique $\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right]$ du plan $z=0$.
3. Et maintenant, "on sait" que la tangente en $P$ (dans le plan $z=0$) s'obtient par polarisation. On obtient (dans le plan $z=0$), les droites $\tan_{P}\simeq\left[2p,-p^{2}+1,-p^{2}-1\right]$.
4. On coupe $\tan_{P}$ et $\tan_{Q}$ (dans le plan $z=0$) et l'on vient se placer à la verticale de ce point. On obtient: \[ A_{PQ}\simeq p+q:1-pq:z_{PQ}:1+pq\etc \] où les $z_{PQ}$ sont à déterminer.
5. On vérifie que l'on peut déterminer les $z_{j}$ pour que $Q\in A_{PQ}A_{QR}$. On commence par utiliser la procédure $mkladr$ pour obtenir $A_{PQ}\wedt A_{QR}\simeq$ \[ \left[\begin{array}{cccc} 0 & \left(z_{PQ}r-pz_{QR}\right)q-z_{QR}+z_{PQ} & 2\left(p-r\right)q & *\\ \left(pz_{QR}-rz_{PQ}\right)q+z_{QR}-z_{PQ} & 0 & \left(r-p\right)\left(q^{2}-1\right) & *\\ 2\left(r-p\right)q & \left(p-r\right)\left(q^{2}-1\right) & 0 & *\\ \left(pz_{QR}-rz_{PQ}\right)q-z_{QR}+z_{PQ} & \left(z_{QR}-z_{PQ}\right)q+pz_{QR}-rz_{PQ} & \left(r-p\right)\left(q^{2}+1\right) & 0 \end{array}\right] \] Puis on passe à $\left(A_{PQ}\wedt A_{QR}\right) \cdot Q=0:0:0:0$. Ces équations sont compatibles entre elles et donnent $A_{PQ}\etc\simeq$ \[ \left[\begin{array}{c} p+q\\ 1-pq\\ z_{0}\left(p-q\right)\\ 1+pq \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} q+r\\ 1-rq\\ -z_{0}\left(q-r\right)\\ 1+rq \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} r+s\\ 1-rs\\ z_{0}\left(r-s\right)\\ 1+rs \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} s+t\\ 1-st\\ -z_{0}\left(s-t\right)\\ 1+st \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} t+u\\ 1-tu\\ z_{0}\left(t-u\right)\\ 1+tu \end{array}\right] \left[\begin{array}{c} u+p\\ 1-up\\- z_{0}\left(u-p\right)\\ 1+up \end{array}\right] \]
6. On calcule les diagonales $\Delta_{P}=A_{PQ}\wedt A_{ST}\etc$. On vérifie qu'elles incident les unes avec les autres (Klein). Mieux encore, elles ont un point commun (procédure $cutdr$). On a $U\simeq$ \[ \left[\begin{array}{c} \left(pqt+prs+rtu-pru-pst-qrt\right)+\left(pqs+qtu+rsu-psu-qru-qst\right)\\ \left(pq-pu-rq+rs-st+tu\right)-\left(pqrs-pqru+pqtu-pstu-qrst+rstu\right)\\ z_{0}\left(\left(pqt+prs+rtu-pru-pst-qrt\right)-\left(pqs+qtu+rsu-psu-qru-qst\right)\right)\\ \left(pq-pu-rq+rs-st+tu\right)+\left(pqrs-pqru+pqtu-pstu-qrst+rstu\right) \end{array}\right] \]
7. Il reste à faire $z_{0}=0$ et à battre des mains. N'a-t-on pas prouvé Brianchon ?