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Approche timide (mais obstinée) d'un embryon de géométrie projective

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Réponses

  • Bonjour,

    Perspecteur d'une conique circonscrite à un triangle (photo de famille)$\def\etc{,\;\mathrm{etc}}$





    Situation 1: la conique est donnée.  On trace les tangentes en $A,B,C$.  Elles se coupent en $P_A,P_B,P_C$. Ce triangle est en perspective avec $ABC$, i.e. les droites $AP_A\etc$ sont concourantes en un point  $P$.  Et cela se conserve par collinéation. Ce point s'appelle le perspecteur de la conique.

    Situation 2: les points $D,E$ sont donnés.  On trace $D_a\doteq AD\cap BC \etc$   (les céviens), puis $T_a=BC\cap D_bD_c\etc$ (les cocéviens) et la macro place aussi $A_D\doteq BT_b \cap CT_c\etc$  (les anti-ceviens). La droite $T_aT_bT_c$ s'appelle la tripolaire de $D$.  Pour une conique circonscrite, toutes les tripolaires passent par $P$.

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (22 Mar)
    Merci pldx1 !
    Tu me régales, car ça commence à faire quelques années que je m'interroge sur ce perspecteur que tout le monde sauf moi semble connaître.

    Réponse à ma question d'hier : obtenir le triplet $(p,q,r)$ d'une conique circonscrite à un triangle $ABC$ de référence (autant dire ... son perspecteur !), et passant par $D(x:y:z)$ et $E(x':y':z')$ sans trop chercher ces six coordonnées barycentriques : je voudrais "utiliser le quadrillage".
    La résolution du système des deux équations de la forme $p\,yz+q\,zx+r\,xy=0$ nous donne $$(1)~~~~~~~~~~~~~(p:q:r)=(xx'(yz'-y'z):yy'(zx'-z'x):zz'(xy'-x'y))$$

    Edit SPOILER : tout le reste du message peut être considéré comme une pub involontaire pour les coordonnées barycentriques !
    En effet, je vais transpirer longuement, pour obtenir une formule non symétrique qui ne saurait concurrencer (1).

    Pour "utiliser le quadrillage", notons $B(a,b)$, $C(c,d)$, $D(e,f)$, $E(g,h)$ dans un repère affine d'origine $A$. 
    Pour exprimer $(x:y:z)$ et $(x':y':z')$ en fonction de $a,b,c,d,e,f,g,h$, je me sers de la matrice produit suivante.
    Son facteur de droite transforme les coordonnées "quadrillage" en coordonnées dans $(A,\vec{AB},\vec{AC})$.
    Son facteur de gauche transforme ces coordonnées affines en coordonnées projectives.
    $$\begin{pmatrix}x&x'\\y&y'\\z&z'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1&-1&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} d&-c&0\\ -b&a&0\\ 0&0&ad-bc \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e&g\\ f&h\\ 1&1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} b-d&c-a&ad-bc\\ d&-c&0\\ -b&a&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e&g\\ f&h\\ 1&1 \end{pmatrix}$$ $$\begin{pmatrix} x&x'\\ y&y'\\ z&z' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (b-d)e+(c-a)f+ad-bc&(b-d)g+(c-a)h+ad-bc\\ de-cf&dg-ch\\ -be+af&-bg+ah \end{pmatrix}$$ À ce stade, posons $$\alpha=\begin{vmatrix} a&c\\b&d \end{vmatrix}~~~~;~~~~ \beta=\begin{vmatrix} c&e\\d&f \end{vmatrix}~~~~;~~~~ \gamma=\begin{vmatrix} e&a\\f&b \end{vmatrix}$$ $$\delta=\begin{vmatrix} e&g\\f&h \end{vmatrix}~~~~;~~~~ \varepsilon=\begin{vmatrix} a&g\\b&h \end{vmatrix}~~~~;~~~~ \varphi=\begin{vmatrix} c&g\\d&h \end{vmatrix}$$ Je me suis beaucoup demandé s'il existe un lien entre les déterminants $\alpha,\beta,\gamma,\delta,\varepsilon,\varphi$.
    Je pense qu'on peut affirmer qu'ils ne sont pas linéairement dépendants.
    Une relation les lie tout de même, que je vous laisse le plaisir de chercher, si ça vous intéresse.
    (Si quelqu'un a une interprétation géométrique, je suis preneur !)
    $$(2)~~~~~~~~~\alpha\delta+\beta\varepsilon+\gamma\varphi=0$$
    Mais revenons à nos moutons. $$\begin{pmatrix} x&x'\\ y&y'\\ z&z' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha+\beta+\gamma&\alpha-\varepsilon+\varphi\\ -\beta&-\varphi\\ -\gamma&\varepsilon \end{pmatrix}$$ On développe (1) grâce aux déterminants, on utilise la relation (2), on simplifie par $\alpha$ (seule consolation ! J'avoue que j'espérais mieux) et on obtient $$\begin{pmatrix}p\\q\\r\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \delta(\alpha+\beta+\gamma)(\alpha-\varepsilon+\varphi)\\ \beta\varphi(-\gamma+\delta-\varepsilon)\\ \gamma\varepsilon(-\beta-\delta+\varphi) \end{pmatrix}$$
    On demande à geogebra de vérifier ? On lui fait tracer les quatre vecteurs $\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD},\vec{AE}$.
    Puis l'outil ProduitVectoriel nous calcule les six déterminants, il n'y a plus qu'à recopier la formule.
    Après ces calculs, je vais enfin me mettre à la géométrie !
    Et vous pouvez bien me taquiner, en disant que pour quelqu'un qui voulait "ne pas chercher de coordonnées barycentriques", j'ai passé beaucoup de temps avec des déterminants, or quoi-t'est-ce, si ce n'est des coordonnées barycentriques ? Mouais, c'est pas faux !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour,

    Une question @pappus. On se donne $ABCDE$ comme ci-dessus. Soit $F$ le point générique de la conique "cinq points". Que peut-on dire du lieu de $F_A$ (le $A$-anticécien de $F$) ?

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (23 Mar)
    A propos de la tripolaire.

    L'un des proverbes de programmation est "réfléchissez avant d'écrire du code". C'est très joli, mais cela ne vous dit pas à quoi il faut réfléchir. 

    Le "proverbe de la raison pratique" est plutôt le suivant. Ecrivez du code. Agitez-le jusqu'à ce que cela compile. Modifiez-le jusqu'à ce que cela fasse ce qu'il faut sur un jeu d'essai raisonnable. Utilisez ce prototype pour écrire un cahier des charges. Et maintenant, réécrivez tout depuis le début. L'idéal étant que ce soit quelqu'un d'autre, utilisant un langage différent. Et l'on arrive à la macro: 

    \[ \begin{array}{cccc} 1 & \mathrm{Point} & A & given\;\\ 2 & \mathrm{Point} & B & given\;\\ 3 & \mathrm{Point} & C & given\;\\ 4 & \mathrm{Point} & D & given\;\\ 5 & \mathrm{Line} & ab & \mathrm{Line}[A,\;B]\\ 6 & \mathrm{Line} & bc & \mathrm{Line}[B,\;C]\\ 7 & \mathrm{Line} & ca & \mathrm{Line}[C,\;A]\\ 8 & \mathrm{Point} & D_{c} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[D,\;C],\;ab]\\ 9 & \mathrm{Point} & D_{a} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[D,\;A],\;bc]\\ 10 & \mathrm{Point} & D_{b} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[D,\;B],\;ca]\\ 11 & \mathrm{Point} & K_{c} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[D_{a},\;D_{b}],\;ab]\\ 12 & \mathrm{Point} & K_{a} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[D_{b},\;D_{c}],\;bc]\\ 13 & \mathrm{Point} & K_{b} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[D_{c},\;D_{a}],\;ca]\\ 14 & \mathrm{Point} & C_{D} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[A,\;K_{a}],\;\mathrm{Line}[B,\;K_{b}]]\\ 15 & \mathrm{Point} & B_{D} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[B,\;K_{b}],\;\mathrm{Line}[C,\;K_{c}]]\\ 15 & \mathrm{Point} & A_{D} & \mathrm{Intersect}[\mathrm{Line}[C,\;K_{c}],\;\mathrm{Line}[A,\;K_{a}]]\\ 17 & \mathrm{Line} & f & \mathrm{Line}[K_{a},\;K_{b}] \end{array} \]

    Pour obtenir une macro vraiment pratique, il faut différencier les points $D_a,D_b,D_c$ (les céviens), $K_a,K_b,K_c$ (les cocéviens) et $A_D,B_D,C_D$ (les anti-ceviens)  avec des symboles ou des couleurs. Mieux encore, un appel comme $V=tripolar(A,B,C,D)$ sortira les objets sous les noms $V_n$  etc, avec des numéros dans le bon ordre. Attention aux collisions (undo, puis choisir un autre nom).

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (24 Mar)
    Bonsoir, 

    Quelques remarques en vrac $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}}\def\bmul{\underset{b}{*}} $
    1. On appelle multiplication barycentrique le fait de multiplier les coordonnées entre elles, étage par étage. C'est un procédé descriptif commode (surtout quand on ne sait pas pourquoi une formule est valable). On a donc, en effet, \[ P\simeq D\bmul E\bmul\tra{\left(D\wedge E\right)} \]
    2.  Lorsque $\boxed{ABC}\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & a & c\\ 0 & b & d\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right)$, on passe des coordonnées cartésiennes homogènes aux coordonnées barycentriques en multipliant par $\boxed{ABC}^{-1}$. Cela s'appelle la " formule générale des changements de base" .
    3.  Tu veux une explication de pourquoi  \[ \tra{\left(\begin{array}{c} cf-de\\ be-af\\ ad-bc \end{array}\right)}\cdot\left(\begin{array}{c} bg-ah\\ dg-ch\\ fg-eh \end{array}\right)=0 \] La meilleure explication conceptuelle est: kakeu. On développe et cela fait 0. Mais on peut aussi plonger tout cela dans un bain de gaz stratosphérique. On a  \[ \tra{\left[\begin{array}{ccc} d-f & e-c & cf-de\\ f-b & a-e & be-af\\ b-d & c-a & ad-bc \end{array}\right]\cdot}\left[\begin{array}{ccc} h-b & a-g & gb-ah\\ h-d & c-g & gd-ch\\ h-f & e-g & gf-eh \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -h\\ -1 & 0 & g\\ h & -g & 0 \end{array}\right]\times\det\left[\begin{array}{ccc} a & c & e\\ b & d & f\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right] \] Et comme la matrice $\boxed{\wedge E}$ est antisymétrique, on a $\Delta\cdot\boxed{\wedge E}\cdot\tra{\Delta}=0$ pour toute droite $\Delta$, y compris la droite de l'infini. Et donc \[ \left(\linf\cdot\tra{\left[\begin{array}{ccc} d-f & e-c & cf-de\\ f-b & a-e & be-af\\ b-d & c-a & ad-bc \end{array}\right]}\right)\cdot\left(\left[\begin{array}{ccc} h-b & a-g & gb-ah\\ h-d & c-g & gd-ch\\ h-f & e-g & gf-eh \end{array}\right]\cdot\tra{\linf}\right)=0 \]
    4.  Trouver l'équation d'une " conique cinq points" , cela revient à trouver les $m_{jk}$ tels que  \[ m_{11}\,x^{2}+m_{22}\,y^{2}+m_{33}\,z^{2}+m_{12}\,xy+m_{13}\,xz+m_{23}\,yz=0 \] se vérifie pour les $5$ points donnés. Cela revient à dire que l'on cherche la colonne $\mathrm{col}\left(m_{jk}\right)$ dont les produits par les lignes $\left[x^{2},y^{2},z^{2},yz,zx,xy\right]$ soit nuls. On sait faire cela: on écrit les 5 fonctions conifiantes et on en prend les 6 cofacteurs. Pour trouver l'équation d'un " cercle trois points" , on utilise la " fonction circulante" appropriée, par exemple  \[ \left[x,y,z,\frac{a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy}{x+y+z}\right] \] si l'on travaille en barycentriques. Le nom officiel de ces fonctions est: plongement de Veronese. Pour les cercles, le bénéfice est spectaculaire: l'action d'une homographie® du plan projectif complexe (cuisinée à la sauce Cremona) se traduit par une action linéaire sur les Veronese des cycles. Ce n'est pas pour rien qu'un faisceau de cercles est un faisceau linéaire.
    5. Application numérique (en cartésien, puis en barycentriques). Comme les coordonnées sont numériques et simples, la meilleure méthode pour prendre les cofacteurs est de calculer froidement le déterminant. \[ \left[\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 5\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2\\ 2\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 5\\ 2\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2\\ -1\\ 1 \end{array}\right)\right]\mapsto\left[\begin{array}{cccccc} x^{2} & y^{2} & z^{2} & xy & zx & zy\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 25 & 0 & 1 & 0 & 5 & 0\\ 4 & 4 & 1 & 4 & 2 & 2\\ 25 & 4 & 1 & 10 & 5 & 2\\ 4 & 1 & 1 & -2 & 2 & -1 \end{array}\right]\mapsto\left[\begin{array}{ccc} 2 & -1 & -5\\ -1 & 6 & -1\\ -5 & -1 & 0 \end{array}\right] \] \[ \left[\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} +3\\ -3\\ -5 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 9\\ 6\\ -5 \end{array}\right)\right]\mapsto\left[\begin{array}{cccccc} x^{2} & y^{2} & z^{2} & xy & zx & zy\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 9 & 9 & 25 & -9 & -15 & 15\\ 81 & 36 & 25 & 54 & -45 & -30 \end{array}\right]\mapsto\left[\begin{array}{ccc} 0 & 25 & 12\\ 25 & 0 & 27\\ 12 & 27 & 0 \end{array}\right] \] Et, bien entendu, \[ \tra{\left[\begin{array}{ccc} 0 & 5 & 2\\ 0 & 0 & 2\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right]\cdot}\left[\begin{array}{ccc} 2 & -1 & -5\\ -1 & 6 & -1\\ -5 & -1 & 0 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{ccc} 0 & 5 & 2\\ 0 & 0 & 2\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right]\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 25 & 12\\ 25 & 0 & 27\\ 12 & 27 & 0 \end{array}\right] \] 
    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (24 Mar)
    Bonjour,
    1) Impressionnant.
    Pour trouver les équations barycentriques le 19 mars, j'ai fait quelque chose d'approchant mais sans l'expertise !
    J'ai entré dans geogebra une matrice $CO$ de la conique en cartésiennes, les matrices de passage
    ($PB$ pour barycentriques, $PC$ pour cartésiennes dont les inverses m'ont servi le 22 mars)  $$PB=\begin{pmatrix}0& 1& 0\\0& 0& 1\\1& 1& 1\end{pmatrix}~~~~~;~~~~~~PC=\begin{pmatrix}x(B) - x(A)& x(C) - x(A)& x(A)\\y(B) - y(A)& y(C) - y(A)& y(A)\\0& 0& 1\end{pmatrix}$$ et demandé (grâce à ton renseignement que geogebra maîtrise les matrices, et à tes encouragements matriciels en général) $$Transposer(PB)\times Transposer(PC) \times CO\times PC\times PB$$ Ça vient bien !
    2) Concernant le perspecteur, quelques pages en anglais sur internet me rappellent Sidler page 39.
    "On appelle homologie une homographie d'un plan projectif qui n'est pas l'application identique et qui possède une droite de points fixes. Cette droite s'appelle l'axe de l'homologie.
    Une homographie qui à $M$ associe $M'$ est une homologie si et seulement si il existe un point $O$ tel que, pour tout $M$ distinct de $O$, la droite $MM'$ passe par $O$. Ce point $O$ est appelé le centre de l'homologie."
    Faut-il en penser que perspectrix and perspector, la perspectrice et le perspecteur, ce sont l'axe et le centre d'une homologie ?
    Et vu qu'il existe des homologies "spéciales" (ou élations) avec un centre sur l'axe : font-elles aussi partie de ces cas où on parlerait de perspecteur ?
    3) Dans Eiden page 494 : "Retour sur le cercle circonscrit et les points cycliques. Rached MNEIMNÉ a été intrigué, tout comme nous, par l'expression particulièrement simple de l'équation barycentrique du cercle circonscrit à un triangle $ABC$ d'un plan euclidien, ainsi que par l'expression en nombres complexes des coordonnées barycentriques des points cycliques. Voici son explication de la chose."
    Pas étonnant, que $a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$ me laisse rêveur ! Avant de lire ce passage, j'avais fait la rechute suivante cet après-midi.
    J'ai dessiné (à gauche) une autre conique ayant la "même équation projective" que celle du milieu.
    (Pour me persuader que la géométrie projective, elle s'en fout bien de mes petits carreaux.)
    Je suis donc parti de l'équation barycentrique, je l'ai transformée de manière aléatoire en une autre équation cartésienne que celle du début.
    Elle s'est avérée pas si aléatoire : c'était l'image de l'autre par une affinité d'axe horizontal !
    (Ça n'a rien d'étonnant après coup : les aires algébriques que sont les déterminants ont vu multiplier une seule de leurs deux dimensions. Mais je n'y aurais pas pensé.)
    Lueur d'espoir : l'ensemble des images (en changeant le coefficient de l'affinité) contient sûrement un cercle, qui livrera les coefficients $p,q,r$ "inconnus" ?
    Suspense tellement pas soutenable que... Patatras : aux extrêmes, cette petite famille de coniques donne a) le couple des verticales passant par les extrémités du segment horizontal, b) l'horizontale (double). Sans que le moindre cercle n'en fasse partie (de la famille).
    Donc pour construire le cercle "emblématique de cette équation barycentrique" à droite je n'ai, certes, eu qu'à tracer un triangle de côtés les racines des coefficients $p,q,r$, et demander son cercle circonscrit.
    Mais je n'ai pas su les déduire de l'ellipse, son triangle et lui, pour leur faire ensuite révéler $p,q,r$.

    Promis j'abandonne le thème "Trouver de tête et sans nœud au cerveau l'équation barycentrique quand les cinq points sont des entiers de Gauss".
    On prend un ordi, ou un stylo et on calcule quelques déterminants puis on applique la jolie formule (1).
    4) Commencé à lire la biographie de Luigi Cremona sur Wikipédia.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (24 Mar)
    Mon cher Ludwig Swingmustard
    Je pense maintenant que tu maitrises bien le perspecteur $(u:v:w)$ de la conique circonscrite d'équation $uyz+bzx+cxy=0$.
    Cette notion est projective comme l'a souligné Pierre et les coordonnées utilisées pour le définir n'ont pas besoin d'être barycentriques.
    Autrement dit si tu travailles dans le plan affine complété projectivement, tu peux utiliser des coordonnées homogènes quelconques $(x:y:z)$ pour définir le perspecteur. Celui-ci restera impavidement au même endroit quelles que soient les coordonnées homogènes choisies.
    Autrement dit tu peux prendre pour le point unité $(1:1:1)$ de tes coordonnées homogènes à peu près n'importe quoi et non nécessairement le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$, les coordonnées des autres sommets étant toujours $A(1:0:0)$, $B(0:1:0)$, $C(0:0:1)$.
    Voici un petit exercice pour toi.
    On est toujours dans le plan affine complété projectivement.
    Essaye de découvrir tout seul comme un grand le lien existant entre le perspecteur et le centre d'une conique circonscrite!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (24 Mar)
    Bonjour
    Pour compléter la question posée par pappus, que je salue, découvrir et illustrer par une applet geogebra...
    Une commande utile pour obtenir $p,q,r$, les $ABC$ barycentriques du point $P$
    Execute[{"p = -x(C)*y(B)+x(P)*y(B)+x(B)*y(C)-x(P)*y(C)-y(P)*x(B)+y(P)*x(C)",
    "q = -(x(A)*y(C)-y(P)*x(A)-x(P)*y(C)-y(A)*x(C)+x(P)*y(A)+y(P)*x(C))",
    "r = x(A)*y(B)-y(P)*x(A)-x(P)*y(B)-y(A)*x(B)+x(P)*y(A)+y(P)*x(B)"}]
    Cordialement, Pierre.

  • @pappus: on pourra remarquer que le cheminement \[ P\mapsto Q\doteq \mathrm{isogon}(P) \mapsto \Delta_Q \doteq \mathrm{tripolar}(Q)\mapsto F\doteq \mathrm{pole_{circle}}(\Delta_Q)\mapsto U\doteq \psi(F) \] où $\psi$ est "l'isoconjugaison qui va bien" 
    (1) est notoirement plus long
    (2) est notoirement plus stratosphérique
    (3) aboutit au même résultat
    que le banal calcul ordinaire. Mais, au moins, cela permet d'utiliser la macro $\mathrm{tripolar}$. 

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (24 Mar)
    @ pappus : je suis ce joli fil initié par Swingmustard mais, avant le message que je suis en train d'écrire, je ne suis jamais intervenu. Tu dois confondre lorsque tu y cites mon pseudo.
    Au fait on attend toujours ta première figure animée sur le forum, pourquoi pas ici en géométrie projective ?
    Amicalement, Ludwig
  • Oui Ludwig
    Je t'ai confondu avec Swingmustard.
    Tu vois quel est mon état mental actuellement!
    Je sais animer des figures sous Cabri mais je suis incapable d'exporter mes animations!
    Mon problème est que je suis trop habitué à Cabri et que je me sens trop vieux pour m'investir dans GeoGebra.
    Il faudrait déjà que je refasse toutes mes macros et je ne m'en sens pas le courage.
    Je suis devenu une chiffe molle!
    Mais il ne t'est pas défendu d'intervenir dans cette discussion.
    Une idée:
    Tu te donnes le perspecteur $P$ sur une droite $L$.
    Tu construis la conique circonscrite de perspecteur $P$ puis son centre $\Omega$.
    Tu traces le lieu de $\Omega$ quand $P$ varie sur sa droite
    Tu observes ce lieu et tu regardes comment il se déforme quand la droite $L$ varie!
    Cela peut te donner une idée de la correspondance entre $P$ et $\Omega$.
    Examine aussi ce qui ce passe quand $P$ décrit une conique circonscrite au triangle médial $A'B'C'$.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (25 Mar)
    Bonjour à tous
    Le calcul des coordonnées du centre $\Omega$ de la conique circonscrite de perspecteur $P(u:v:w)$ et donc d'équation:
    $$uyz+vzx+wxy=0$$
    est facile et n'offre pas beaucoup d'intérêt.
    $\Omega$ est le pôle de la droite de l'infini d'équation $x+y+z=0$
    On écrit donc la comatrice:
    $$\begin{pmatrix}
    -u^2&uv&uw\\
    uv&-v^2&vw\\
    uw&vw&-w^2
    \end{pmatrix}
    $$
    de la matrice de notre conique circonscrite:
    $$\begin{pmatrix}
    0&w&v\\
    w&0&u\\
    v&u&0
    \end{pmatrix}
    $$
    Et on la fait opérer sur le vecteur $(1:1:1)$
    On trouve:
    $$\Omega\big(u(-u+v+w):v(u-v+w):w(u+v-w)\big)$$
    Le problème maintenant est d'identifier l'application:
    $$(u:v:w)\mapsto \big(u(-u+v+w):v(u-v+w):w(u+v-w)\big)$$
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (25 Mar)
    Merci Pierre pour ton cheminement que je regarderai plus en détail quand je serais moins fatigué d'autant plus que je m'apprête à prendre un de mes chers TGV et je vais sans doute être HS pour plusieurs jours.
    J'observe cependant que tu utilises une métrique (auxiliaire), ce qui me semble un peu compliqué ou peut-être même inutile pour construire un objet éminemment  affine comme le centre d'une conique!
    Je l'ai dit, comme toujours il y a la partie calcul, très simple comme on vient de le voir et la partie graphique, elle aussi très simple, à condition de savoir le cours sur les coniques.
    Autrement dit c'est foutu d'avance pour la majeure partie de nos étudiants mais faisons comme si!
    Le centre $\Omega$ est situé sur chaque médiane des triangles harpons $P_ABC$, $P_BCA$, $P_CAB$ et donc sur leur intersection quand celle ci a le bon gout d'exister.
    Où d'ailleurs doit se trouver le point  $P$ pour qu'il en soit ainsi?
    La figure ci-dessous est donc très facile à faire.
    On construit d'abord le triangle $P_A$, $P_B$, $P_C$ où les points $P_A(-u:v:w)$, $P_B(u:-v:w)$, $P_C(u:v:-w)$ sont les associés de $P(u,v,w)$, voir le Lalesco.
    Ces quatre points forment une orbite dite harmonique sous l'action d'un groupe à quatre éléments, isomorphe au V-groupe de Klein, ce qui permet de les construire sans avoir besoin de tracer la conique circonscrite au préalable.
    Quels sont les quatre éléments de ce groupe?
    Une fois construits les points associés $P_A$, $P_B$, $P_C$, il n'y a plus qu'à tracer les médianes $P_AA'$, $P_BB'$, $P_CC'$ et à constater qu'elles se coupent en un point $\Omega$ en général sauf cas particulier à découvrir.
    J'ai tracé en pointillé pour mémoire la conique $\Gamma$ dont on connait six points, les sommets $A$, $B$, $C$ et leurs symétriques par rapport au point $\Omega$.
    Il ne reste plus qu'à découvrir la relation existant entre le perspecteur $P$ et le centre $\Omega$ notamment par les petites expériences que j'ai suggérées à Ludwig!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour pappus,

    L'application $(u:v:w)\mapsto \big(u(-u+v+w):v(u-v+w):w(u+v-w)\big)$ se traduit de la façon suivante :  pour tout perspecteur $P(u:v:w)$ de la conique circonscrite $uyz+vzx+wxy=0$ on associe le $G(1:1:1)$ conjugué cévien de $P.$


    Amicalement
  • Merci Bouzar
    C'est la première fois de ma vie que j'entends parler de $G$ conjugué cévien!
    Peux-tu me rappeler une définition de cette bestiole?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (25 Mar)
    Bonsoir,
    Merci pappus pour tes propositions, voici une animation presque comme celle que tu sembles imaginer.
    pappus a dit :
    Tu te donnes le perspecteur $P$ sur une droite $L$.
    Tu construis la conique circonscrite de perspecteur $P$ puis son centre $\Omega$.
    Tu traces le lieu de $\Omega$ quand $P$ varie sur sa droite
    Je soupçonne ma définition de $\Omega$ trop lourde pour geogebra : les cartésiennes sont transformées en barycentriques à coups de matrices, je reviens ensuite aux cartésiennes pour faire dessiner la conique. Résultat, geogebra me refuse la commande Lieu. On se console avec Trace.
    Ci-joint le fichier geogebra aussi. (Ah non désolé, je n'arrive ni à le joindre ni à le glisser-déposer. Échec  aussi avec le protocole : son format .ps est refusé. Si je fais le malin en l'intitulant .pdf, il est accepté sous forme de ... 0 page. Hum, quand ça veut pas...)
    Pas eu le temps de chercher le petit problème : seulement vu le cas particulier du cercle, où $P$ est le point de Lemoine.
    C'est chouette de lire du monde.
     @ludwig : c'est peut-être en mentionnant ... Luigi que j'ai provoqué la confusion de pappus ;)
     
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (26 Mar)
    pappus a dit :
    Examine aussi ce qui ce passe quand $P$ décrit une conique circonscrite au triangle médial $A'B'C'$.
  • Bonjour,
    La supposée droite $o$ des $\Omega$ quand $P$ décrit une conique circonscrite à $A'B'C'$ (= dessin précédent) m'a bien intrigué.
    Je vais peut-être dire une banalité. En plus je n'essaie pas encore de la démontrer.
    La conique verte coupe chaque côté deux fois : en les milieux et en des points $A'',B'',C''$.
    Si $P=A''$ par exemple, la conique rouge dégénère en deux droites sécantes en $\Omega$, qui semble être alors le conjugué harmonique de $P$ par rapport à $B$ et $C$.
    En renouvelant avec $P=B''$, $P=C''$, ça nous donne trois points (un de plus qu'il n'en faut) pour tracer le lieu $o$.
    (Les milieux n'aident pas à trouver $o$ : quand $P=A'$ par exemple, la conique rouge est la réunion de $(BC)$ avec la parallèle issue de $A$, donc $\Omega$ est "à l'infini sur la droite des milieux $(B'C')$" ?)
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Merci Swingmustard
    Ainsi toute droite se transforme en une conique circonscrite au triangle $A'B'C'$ et toute conique circonscrite au triangle $A'B'C'$ se transforme en droite!
    Ca devrait faire tilt!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Un peu moins fatigué par mon petit périple en TGV que je le pensais, j'attends toujours la réponse de Bouzar qui pourrait faire avancer le schmilblik!
    Amicalement
    pappus
  • Mon cher Pierre
    Je n'avais pas vu que tu m'avais posé une question.
    Il faut dire que je parcours ce fil tout en roupillant plus ou moins.
    Tu me demandes si $\Gamma$ est une conique circonscrite de perspecteur $P$ et $M$ un point quelconque de $\Gamma$, quel est le lieu du point $M_A$, le point $A$-anticévien de $M$.
    Il se trouve que la correspondance $M\iff M_A$ est l'homologie harmonique $h$ de pôle $A$ et d'axe $BC$.
    Je laisse à Swingmutard le soin de montrer que la conique $h(\Gamma)$ est la conique circonscrite de perspecteur $h(P)$
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (27 Mar)
    Bonjour à tous
    On peut prolonger l'exercice de Pierre de la façon suivante.
    Soit $G$ le sous-groupe du groupe projectif fixant les points $A$, $B$, $C$.
    Ce groupe opère de façon naturelle sur l'ensemble des coniques circonscrites.
    Soit $f\in G$.
    Montrer que si $\Gamma$ est une conique circonscrite de perspecteur $P$, la conique $f(\Gamma)$ est la conique circonscrite de perspecteur $f(P)$.
    Cela se montre immédiatement par un calcul simplissime!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Voici un petit exo supplémentaire pour Swingmustard.
    J'explique comment j'ai fait cette figure.
    J'ai choisi convenablement les cinq points $A$, $B$, $C$, $P$, $P'$
    Puis j'ai tracé les coniques circonscrites $\Gamma$ et $\Gamma'$ de perspecteurs respectifs $P$ et $P'$.
    Soit $f$ la collinéation fixant les points $A$, $B$, $C$, envoyant $P$ sur $P'$.
    J'ai tracé un point $M$ quelconque sur la conique$\Gamma$.
    Je trace ensuite le point $M'=f(M)$ 
    Ca fait déjà un petit paquet de macros ou d'applets à utiliser
    Et on constate quoi:
    1° $M'\in \Gamma'$ comme il se doit, rien d'étonnant pour le moment!
    2° La droite $\Delta=MM'$ passe par un point fixe $\Omega$, à savoir le quatrième point d'intersection des coniques $\Gamma$ et $\Gamma'$, autre que les points $A$, $B$, $C$, ce qui est un peu plus surprenant!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (27 Mar)
    Bonjour,
    1) Recherche du lien entre le perspecteur et le centre d'une conique circonscrite.
    pappus a dit le 24 mars
    Essaye de découvrir tout seul comme un grand le lien existant entre le perspecteur et le centre d'une conique circonscrite!
    Merci pour la question !
    pldx1 a dit le 24 mars
    @pappus: on pourra remarquer que le cheminement \[ P\mapsto Q\doteq \mathrm{isogon}(P) \mapsto \Delta_Q \doteq \mathrm{tripolar}(Q)\mapsto F\doteq \mathrm{pole_{circle}}(\Delta_Q)\mapsto U\doteq \psi(F) \] où $\psi$ est "l'isoconjugaison qui va bien" 
    (1) est notoirement plus long
    (2) est notoirement plus stratosphérique
    (3) aboutit au même résultat
    que le banal calcul ordinaire. Mais, au moins, cela permet d'utiliser la macro $\mathrm{tripolar}$.
    Et ça pourrait donner un indice de début : $$(u:v:w) \mapsto \left(\dfrac{a^2}{u}: \dfrac{b^2}{v}: \dfrac{c^2}{w} \right) \mapsto \left[ \dfrac{u}{a^2}: \dfrac{v}{b^2}: \dfrac{w}{c^2} \right] $$ Je sèche sur $\mathrm{pole_{circle}}$ et $\psi$.
    pappus a dit le 25 mars
    Le problème maintenant est d'identifier l'application:
    $$(u:v:w)\mapsto \big(u(-u+v+w):v(u-v+w):w(u+v-w)\big)$$
    Pas trouvé. Merci aussi à Bouzar : les médianes (du message suivant de pappus) confirment la piste de $G$, mais je reste un peu perdu.
    Arrêté à l'impression que $$(u:v:w)\mapsto (-u+v+w:u-v+w:u+v-w)$$ est l'homothétie de centre $G$ et de rapport $-2$, je n'identifie aucune transformation géométrique qui correspondrait aux produits terme à terme des coordonnées de deux points. (Pour faire $u(-u+v+w)$, etc...)
    Ensuite une construction :
    pappus a dit le 25 mars plus tard
    On construit d'abord le triangle $P_A$, $P_B$, $P_C$ où les points $P_A(-u:v:w)$, $P_B(u:-v:w)$, $P_C(u:v:-w)$ sont les associés de $P(u,v,w)$, voir le Lalesco.
    [...] (I)l n'y a plus qu'à tracer les médianes $P_AA'$, $P_BB'$, $P_CC'$ et à constater qu'elles se coupent en un point $\Omega$ en général sauf cas particulier à découvrir.
    pappus a dit le 26 mars
    Ainsi toute droite se transforme en une conique circonscrite au triangle $A'B'C'$ et toute conique circonscrite au triangle $A'B'C'$ se transforme en droite!
    Ca devrait faire tilt!
    Ça fait plus game over que tilt, hélas ! Je crois que les transformations isotomique et isogonale sur $A'B'C'$ pourraient avoir ce genre de propriété, mais bon, je reste en rade.

    2) Là où je suis très perdu, c'est quand
    pappus a dit le 24 mars
    Cette notion [le perspecteur] est projective comme l'a souligné Pierre et les coordonnées utilisées pour le définir n'ont pas besoin d'être barycentriques.
    Autrement dit si tu travailles dans le plan affine complété projectivement, tu peux utiliser des coordonnées homogènes quelconques $(x:y:z)$ pour définir le perspecteur. Celui-ci restera impavidement au même endroit quelles que soient les coordonnées homogènes choisies.
    Tu mets le doigt sur une lacune : la distinction entre les deux types de coordonnées me demeure obscure.
    Autrement dit tu peux prendre pour le point unité $(1:1:1)$ de tes coordonnées homogènes à peu près n'importe quoi et non nécessairement le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$, les coordonnées des autres sommets étant toujours $A(1:0:0)$, $B(0:1:0)$, $C(0:0:1)$.
    a) J'ignorais l'existence d'un point unité.
    b) Effectivement, si ces coordonnées homogènes $(1:1:1)$ peuvent être celles d'autres points que $G$, il faut d'urgence que je cesse la confusion avec les barycentriques.
    c) Tu parles à pldx1 de métrique, y a-t-il un rapport ?

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (27 Mar)
    Mon cherSwingmustard
    La notion de perspecteur est projective c'est-à-dire invariante par le groupe projectif.
    Concrètement qu'est-ce que cela veut dire?
    Eh bien ceci!
    Soit $\Gamma$ une conique circonscrite au triangle $ABC$ de perspecteur $P$.
    Soit $f$ une collinéation!
    Alors la conique $f(\Gamma)$ est circonscrite au triangle $f(A)f(B)f(C)$ et son perspecteur (dans ce nouveau triangle) est $f(P)$.
    Je n'ai pas encore examiné la véracité du cheminement de Pierre mais encore une fois je trouve que l'emploi d'une métrique auxiliaire est inutile!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Ton intuition est bonne.
    La correspondance entre perspecteur et centre est une isotomie mais par rapport à quel triangle?
  • Modifié (27 Mar)
    Bonjour pappus,
    Ça y est je crois ! Eiden page 33 : "le changement  de triangle de référence est contravariant", $X=PX'$ grand classique qui marche aussi avec les coordonnées barycentriques.
    Donc oui, prenons $X(u:v:w)$ le perspecteur (lettre "$P$" déjà utilisée pour "passage"), et appliquons lui l'isotomie par rapport au triangle $A'B'C'$.
    Il s'agit d'effectuer $f(X)=P.iso.P^{-1}X$, où $$P=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}$$ a pour colonnes les coordonnées des milieux et $$P^{-1}\simeq\begin{pmatrix}-1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{pmatrix}$$ Enfin, $iso:(x:y:z)\mapsto(yz:zx:xy)$ permettrait à un lycéen de vérifier que le perspecteur et le centre de la conique circonscrite sont conjugués par l'isotomie relative au triangle médian. Highlight :$$v^2-(w-u)^2+w^2-(u-v)^2=2(-u^2+uv+uw)=2u(-u+v+w)$$ Merci encore et bon dimanche !
    Swingmustard
  • Modifié (27 Mar)
    Bonsoir
    Soient $P = p : q : r$ et $U = u : v : w$ des points, non situés sur les côtés du triangle $ABC.$ Le conjugué P-cévien de $U$ est le point
    $(u(- qru + rpv + pqw) : v(qru - rpv + pqw) : w(qru + rpv - pqw)),$ qui est le perspecteur du triangle cévien de P et du triangle anticévien de U.
    Amicalement.
  • Merci Bouzar pour cette importante précision!
    J'aurais au moins appris quelque chose (de très technique)!
    C'est exactement la construction du centre $\Omega$ que j'ai donnée comme perspecteur du triangle médial $A'B'C'$ qui est le triangle cévien du centre de gravité $G$ et du triangle $P_AP_BP_C$ qui est le triangle anticévien de $P$.
    $\Omega$ est bien le $G$-cévien conjugué de $P$.
    Mais cela ne nous dit rien sur la nature de la correspondance $P\iff \Omega$ qui est l'isotomie par rapport au triangle médial $A'B'C'$.
    La démonstration de Swingmustard est mal rédigée mais elle est exacte.
    Il reste à en donner une preuve un peu plus claire et aussi une preuve synthétique c'est-à-dire sans calculs!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (27 Mar)
    Bonsoir,
    J'avoue que je n'ai pas encore regardé les nouvelles questions de pappus.
    J'en suis à me poser des devinettes-conjectures.

    1. On appelle perspectrice la polaire du perspecteur par rapport à la conique circonscrite à un triangle $ABC$. 
    2. C'est en même temps la tripolaire (ou polaire triangulaire chez Eiden) du perspecteur par rapport au triangle.
    3. Si le perspecteur a pour coordonnées $(u:v:w)$, la perspectrice a pour équation $vw\,x+wu\,y+uv\,z=0$.
    4. Le perspecteur d'une conique circonscrite est toujours à l'intérieur de la conique, et la perspectrice à l'extérieur (= de chacun de ses points, on peut tirer deux tangentes).
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour,

    Quelques remarques $ \def\trip{\operatorname{tripolar}} \def\cevamul{\operatorname{cevamul}}$
    1. Pour construire le triangle anti-cevien... il suffit de se rappeler que c'est l'un des résultats de la macro $\trip$.
    2. Le triangle cévien de $P$ et le triangle anti-cevien de $U$ sont en perspective pour tous $P$ et $U$. Soit $V$ leur perspecteur. Alors le perspecteur du triangle cevien de $P$ et du triangle anti-cevien de $V$ n'est autre que le point $U$. L'opération $\left(U,V\right)\mapsto P$ est donc commutative et est appelée cevamul, tandis que $\left(P,U\right)\mapsto V$ est appelée cevadiv (en espérant que le lecteur voudra bien saisir l'allusion multiplication/division). Kimberling les appelle " cevapoint" et " ceva conjugacy" . Quand pappus dit qu'il n'en n'a jamais entendu causer, je ne sais pas pourquoi, mais j'ai un léger doute.
    3. Lieu des centres quand $P$ est sur une droite. On part d'un point $F$. On trace sa tripolaire. On place un point $P$ sur cette droite. On trace la conique circonscrite de perspecteur $P$. Elle passe évidemment par $F$. On appelle $U$ le centre de cette conique. Alors le lieu de $U$ est la conique de centre $V=\left(F+A+B+C\right)/4$, passant par les céviens de $F$... et par les céviens de X(2). Le perspecteur de locU par rapport à $G_{a}G_{b}G_{c}$ est $\left(\mathrm{isotom}\left(F\right)+A+B+C\right)/4$. 
    4. La réciprocité conique/droite vient du fait que le centre de $\mathrm{CC}(U)$ est $P$ lorsque $U$ est le centre de $\mathrm{CC}\left(P\right)$. Comme dejà dit, $\cevamul$ est une opération commutative.
    Cordialement.
  • Mon cher Pierre
    Bien sûr j'ai déjà lu ton glossaire très technique mais arrivé à mon âge, on oublie très très vite!
    C'est te dire mon état mental!
    Amicalement
    pappus
  • A propos de $\def\bmul{\underset{b}{*}} \def\bdiv{\underset{b}{\div}}\def\trip{\operatorname{tripolar}}$
    \[ P\mapsto Q\doteq \mathrm{isogon}(P) \mapsto \Delta_Q \doteq \mathrm{tripolar}(Q)\mapsto F\doteq \mathrm{pole_{circle}}(\Delta_Q)\mapsto U\doteq \psi(F) \] où $\psi$ est "l'isoconjugaison qui va bien" 
    (1) est notoirement plus long
    (2) est notoirement plus stratosphérique
    (3) aboutit au même résultat
    que le banal calcul ordinaire. Mais, au moins, cela permet d'utiliser la macro $\trip$. 
    On part d'un triangle $ABC$ et de deux points $P\simeq p:q:r, K\simeq f:g:h$. Alors $coniP$, la conique circonscrite de perspecteur $P$, et $coniK$, la conique circonscrite de perspecteur $K$, se paramètrent par: 
    \[ M\simeq  \dfrac p 1: {\dfrac {q}{t}}: {\dfrac {r}{-1-t}} \;\;;\;\;  M'\simeq \dfrac f 1: {\dfrac {g}{t}}: {\frac {h}{-1-t}}  \]
    Cela s'obtient en considérant le point mobile $T\simeq 1:t:-1-t$ sur la droite de l'infini et en le transformant respectivement par $T\mapsto P\bdiv T$ et par $T\mapsto K\bdiv T$. Ces deux transformations sont des transformations quadratiques à la Cremona, et la deuxième n'est autre que  la transformation isogonale bien connue. 
    On en déduit que la transformation $M' \mapsto M$ est une collineation. Plus précisément:
    \[  \psi: M' \mapsto  M\doteq M' \bmul P \bdiv K \] 
    Pappus nous raconte que $\psi$ est métrique (=vilain), tandis que $f\doteq \psi^{-1}$ est mirobolante... mais un léger doute m'assaille.
     
    Et maintenant, faisons semblant de nous  demander où est le centre de $coniP$. En fait, on sait déjà, par calcul direct, que ce centre est en $U\simeq p(q+r-p):etc:etc$. Mais cela n'empêche pas de faire un détour pour mieux le retrouver. On part de $P$ et on calcule successivement $gP, tgP, ptgP$ comme indiqué. On a
    \[P\simeq  \left[ \begin {array}{c} p\\ q\\ r\end {array} \right] , gP\simeq \left[ \begin {array}{c} { {f}/{p}}\\ { {g}/{q}}\\ { {h}/{r}}\end {array} \right] , tgP\simeq \left[ \begin {array}{ccc} {\dfrac {p}{f}}&{\dfrac {q}{g}}&{\dfrac {r}{h}}\end {array} \right] , ptgP\simeq  \left[ \begin {array}{ccc} -{f}^{2}&gf&hf\\ gf&-{g}^{2}&hg\\ hf&hg&-{h}^{2}\end {array} \right] \cdot \left[ \begin {array}{ccc} { {p} /{f}}\\{ {q}/{g}}\\{ {r}/{h}}\end {array} \right] \simeq \left[ \begin {array}{c} -fp+fq+fr\\ gp-gq+gr \\ hp+hq-hr\end {array} \right]  \] \[ U\doteq \psi \left(ptgP\right) \simeq \left[ \begin {array}{c} p \left( q+r-p \right) \\ q  \left( r+p-q \right) \\ r \left( p+q-r \right) \end {array} \right]   \]
    Faire les calculs explique pourquoi cela fonctionne: il s'agit tout juste de changer la droite de l'infini avant de prendre le pôle de cette droite par rapport à la conique de référence... et de revenir ensuite sur le plancher des vaches.


    Passons maintenant au point gudulique $G_u$. Pappus nous propose de l'appeler $\Omega$ pour le démesurer. Cela ne change rien au fait que la tripolaire de $G_u$ passe par $P$ puisque $G_u\in coniP$ et que  la même tripolaire de $G_u$ passe par $K$ puisque $G_u\in coniK$. On en déduit que $\trip {G_u}=P \wedge K$ fournissant les coordonnées de $G_u$. Il ne reste plus qu'à tester que $\det\left(M,M',G_u \right)=0$. On peut aussi plonger ce résultat dans un grand bain stratosphérique en invoquant la constance du birapport conique tordu, son égalité avec le birapport des paramètres, puis l'invariance du birapport par collinéation. Comme d'habitude, la "méthode sans calcul" consiste à commencer par faire les calculs, puis à prétendre ne pas les avoir fait.

    Cordialement, Pierre.
  • Merci Pierre
    Tu sais que je suis très vieux et fort paresseux.
    Je ne suis plus capable de réfléchir trop longtemps.
    Dans ton premier cheminement, tu utilises un cercle dont on devine que c'est le cercle circonscrit et donc une métrique euclidienne nécessaire pour le définir. Cela me parait bizarre, c'est tout ce que j'ai à dire, pour un problème se passant dans le  plan affine, la structure affine du plan suffisant à définir le centre d'une conique!
    Plus loin, tu parles de $\psi$ comme une isoconjugaison qui va bien, c'est un peu flou comme définition, il faut  en convenir mais sans doute veux-tu laisser à tes lecteurs la joie de la découvrir?
    Mais ce qui me chiffonne, c'est ton intervention de ton dernier message précédant mon message actuel!
    Je pensais naïvement que tu allais expliquer en détail ton cheminement mais je m'aperçois que le $\psi$ que tu utilises est devenu une collinéation!
    Alors je suis tenté de jeter l'éponge.
    Mais avant de le comprendre, ce qui m'intéresse le plus c'est la philosophie de ton cheminement!
    A quoi sert-il exactement?
    On est dans le plan affine avec une conique de perspecteur $P$ et de centre $U$ (pour te faire plaisir).
    Ton cheminement sert-il à construire, oui ou non, le centre $U$ à partir du perspecteur $P$?
    Donne-t-il la correspondance entre les points $P$ et $U$?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (28 Mar)
    Bonjour à tous
    Voici un autre petit exercice de réflexion à l'intention de Swingmustard.
    On a deux coniques circonscrites $\Gamma$ et $\Gamma'$ au triangle $ABC$, la première de perspecteur $P$ et la deuxième de perspecteur $P'$.
    Elles ont déjà en commun les points $A$, $B$, $C$ dans leur intersection.
    Il existe donc, on le sait, un quatrième point d'intersection $D$ commun à ces deux coniques, autre que les points $A$, $B$, $C$.
    Comment construire ce point $D$ à la règle seule?
    Amicalement
    pappus

  • Merci pappus pour ce nouvel exercice.
    En attendant d'être plus inspiré, illustrons la question.

    Une solution par le calcul est évidente.
    J'ai hâte que les muses de la géométrie se penchent sur mon épaule pour m'aider à placer ma règle et mon crayon.
    Amicalement,
    Swingmustard.
  • Mon cher Swingmustard
    La solution par le calcul est-elle si évidente que tu doives te borner à des exemples numériques?
    Fais le calcul en général avec des indéterminées et tu pourras sortir ta règle ébréchée!!!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (28 Mar)
    Bonsoir à tous
    Même question avec les coniques inscrites.
    On se donne deux coniques inscrites $\gamma$ et $\gamma'$ de perspecteurs respectifs $P$ et $P'$.
    Construire à la règle seule la quatrième tangente commune aux coniques $\gamma$ et $\gamma'$ autre que les côtés du triangle $ABC$.
    Amicalement
    pappus

  • Cher pappus,
    J'aime bien avoir à la fois un dessin et des nombres "simples".
    Si, en plus de la construction (que je n'ai pas encore), tu demandes la résolution, je dirai que le système formé par les deux équations peut être vu au début comme ayant trois inconnues $yz, zx, xy$.
    (J'ai admis le lien $P(u,v,w)$ vs équation $\Gamma:u\,yz+v\,zx+w\,xy=0$ quasiment comme une définition du perspecteur.
    Peut-être que ça mériterait une démonstration, si on le définit comme a l'air de le faire pldx1 : point de concours des tripolaires des points de $\Gamma$.)
    Après élimination de $xy$ on obtient une équation qui lie $yz$ et $zx$. Quelque chose me dit qu'une fois écartés les cas $A$, $B$, $C$ qui présentent pas mal de $x,y,z$ nuls, on tombe sur $D$.
    Désolé si je passe à côté de quelque chose d'important, mais à présent, je préfère chercher ta construction.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonsoir,
    pldx1 a dit: Passons maintenant au point gudulique $G_u$. Pappus nous propose de l'appeler $\Omega$ pour le démesurer. Cela ne change rien au fait que la tripolaire de $G_u$ passe par $P$ puisque $G_u\in coniP$ et que  la même tripolaire de $G_u$ passe par $K$ puisque $G_u\in coniK$. On en déduit que $\trip {G_u}=P \wedge K$ fournissant les coordonnées de $G_u$. 

    On peut aussi ranger son compas ébréché, prendre sa règle rouillée et tracer la droite $KP$. On bat des mains et on s'écrie :"la tripolaire, la tripolaire". Puis on relit le message décrivant la construction $\trip$. Tout y est raconté en détail, depuis un certain temps déjà.


    PS. La question est posée de savoir si une construction partant de $P$ pour arriver à $U$ permet de construire $U$. La réponse est oui. Les calculs donnent ce qu'il faut, la figure donne ce qu'il faut. Que vouloir de plus ?
     Une programmation geogebra de $\psi$ est:
    baryP = Invert[mABC] * {{x(ptgP)}, {y(ptgP)}, {1}}
    U = Barycenter[{A,B,C}, {baryP(1,1)*p/a^2, baryP(2,1)*q/b^2, baryP(3,1)*r/c^2}]

    Cordialement, Pierre.
  • Mon cher Pierre
    Je m'excuse d'insister!
    Dans ton cheminement, $\psi$ est il une isoconjugaison (qui va bien) ou bien une collinéation?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (28 Mar)
    Merci à vous deux, c'était vraiment une recherche de construction très sympa !
    1) $D$ appartient à $\Gamma$ donc sa tripolaire passe par $P$. À cause de $D\in\Gamma'$, la même tripolaire passe par $P'$.
    Conclusion la tripolaire de $D$ est la droite $PP'$. Ce qui équivaut à : $D$ est le tripôle de $PP'$.
    2) Caveat de pldx1 dans l'époustouflant "Translation of the Kimberling’s Glossary into barycentrics (v88-dvi5)" page 116.
    "Le tripôle de $PP'$ n'est pas l'intersection des tripolaires de $P$ et de $P'$."
    Ça m'a bien consolé, quand les droites en question (que j'appelle peut-être à tort perspectrices de nos deux coniques relativement à $ABC$) sont allées se couper loin de $D$. (Par rapport à la fenêtre : plus bas, plus à gauche.)

    3) On trace les cocéviens (pldixit) $T_a$ et $T_b$ de $PP'$. Puis les céviens $D_a$ et $D_b$, qui en sont les conjugués harmoniques.
    Comme le propose pappus, on sait faire tout ça à la règle seule. Il ne reste plus qu'à croiser les doigts et les céviennes $AD_a$ et $BD_b$.
    Franchement beaucoup de reconnaissance. Vous ne vous contentez pas de présenter le perspecteur, vous en montrez de jolies applications. Et mon pain reste abondant sur la planche !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Merci Swingmustard
    Ce n'était qu'une simple application des idées de Pierre et tu l'as bien trouvée!
    Bravo!
    Reste le cas de la tangente commune à deux coniques inscrites, un peu plus délicat?
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour.
    Une conique circonscrite est un ensemble de points contenant, entre autres, les sommets du triangle $ABC$. On peut même dire que cette conique est une conique ponctuelle, pour se rappeler qu'un ensemble de points contient des points.
    Par dualité, on peut considérer qu'une "conique inscrite" est un ensemble de droites contenant, entre autres, les côtés du trigone $(BC,CA,AB)$. On doit alors dire que cette conique est une conique droitique, pour se rappeler qu'un ensemble de droites contient des droites. 

    On sait que $n(n-1)/2=n$ lorsque $n=3$, mais pas lorsque $n=4$. C'est pour cela que l'ensemble des droites tangentes à une conique ponctuelle forme une conique droitique, alors que l'ensemble des droites tangentes à une cubique ponctuelle ne forme pas une cubique droitique (prendre l'exemple du folium pour s'en convaincre)... et donc l'expression "conique tangentielle" ne décrit pas tout le phénomène.

    Il est remarquable que la matrice donnant l'équation de la conique droitique est l'adjointe de la matrice donnant l'équation de la conique ponctuelle. Et donc, trouver la quatrième droite appartenant à deux coniques droitiques, c'est exactement le même problème que trouver le quatrième point appartenant à deux  coniques ponctuelles. Il ne reste plus qu'à appliquer la méthode déjà trouvée (caveat: ce yapuka contient une façon d'arriver... et tout un tas d'occasions de se planter).

    @pappus. La formule proposée peut se réécrire  $U=\mathrm{matacev}(K)\cdot P \bmul P \bmul \mathrm{isotom}K$.  Et cela est vrai pour tout $K$, en particulier lorsque $K=X(2)$, c'est à dire lorsque l'on choisit la métrique équilatérale. Ce processus est projectif par rapport à $K$, ce qui est évidemment un prérequis. Le processus $X\mapsto X \bmul P \bmul \mathrm{isotom}K$ est une collinéation par rapport à $X$... mais change avec $P$. Et donc l'ensemble reste une transformation quadratique involutive, c'est à dire une isoconjugaison.

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (30 Mar)
    Bonsoir,
    Pas encore pris la tangente, j'en suis encore à $D$, quatrième point d'intersection des deux coniques circonscrites.
    pldx1 a dit :
    On en déduit que $\trip {G_u}=P \wedge K$ fournissant les coordonnées de $G_u$.
    Plus précisément dans son Glossary : "Formally, this point is $isotom(P \wedge K)$".
    Ici, en effet  $D=isotom(P \wedge P')$ est une version éclair du calcul que j'ai prétendu vaguement traiter par une résolution de système, il y a de ça quelques messages. \[ P\wedge P'=\left[ \begin {array}{c} 5\\ 3\\ 4\end {array}\right]\wedge \left[ \begin {array}{c} 3\\ 1\\ 4\end {array}\right]= \left[ \begin {array}{c} 8\\-8 \\- 4\end {array}\right]\simeq\left[ \begin {array}{c} 2\\-2\\ -1\end {array} \right] \] [EDIT D'après le prochain message de pldx1, il faudra que je revienne corriger ce soi-disant point qui, en fait, est une droite. Du coup, refaire le dessin.] 
    Rappel pour les amateurs de mon acabit : il se pourrait que l'expression de l'isotomie soit assez pénible en coordonnées cartésiennes (je ne cherche même pas). Cette transformation semble faite pour les coordonnées barycentriques. \[ D=isom \left( \left[\begin {array}{c} 2\\-2\\ -1\end {array} \right] \right)=\left[\begin {array}{c} yz\\ zx\\ xy\end {array} \right] =\left[ \begin {array}{c}2\\-2\\ -4\end {array}\right]\simeq\left[\begin {array}{c} 1\\-1\\ -2\end {array}\right]  \]
    Question : alors le point d'intersection des tripolaires, n'a-t-il aucun rapport avec les deux autres ?

    Chacune s'obtient par une sorte d'isotomie. \[ \left[ \begin {array}{c} 3\times4&4\times5&5\times3\end {array}\right]= \left[ \begin {array}{c} 12&20&15\end {array}\right]~~~;~~~~\left[ \begin {array}{c} 1\times4&4\times3&3\times1\end {array}\right]= \left[ \begin {array}{c} 4&12&3\end {array}\right]\] Leur point d'intersection \[\left[ \begin {array}{c}15\\-3\\-8\end {array}\right]\] je n'ai pas su trouver son (éventuel) rapport avec $D$ et son conjugué isotomique.
    Soit ça n'a aucun intérêt, soit c'est déjà expliqué plusieurs fois par pldx1 et je n'ai pas su le lire, soit comme le dit pappus, un peu d'expressions littérales me donnerait la réponse. Peut-être les trois à la fois, mais peu importe. Cette discussion vole un peu trop haut (pour moi !), il n'est peut être pas si mauvais que je pose de temps à autre des questions débiles, auxquelles vous n'êtes pas obligés de répondre.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (30 Mar)
    Bonjour,

    Un peu de théorie.
    Richelieu a dit (il y a un certain temps déjà): Qu'on me donne 6 lignes écrites de la main du plus honnête homme, j'y trouverai de quoi le faire pendre.
    Et donc, pldx1 mérite d'être pendu de un sixième pour avoir écrit: 
    "Formally, this point is   $isotom(P \wedge K)$".
    Il eut fallu écrire: "une personne stupide réécrirait cela en $isotom(P\wedge K)$, mais, évidemment, le lecteur ne fera pas".  Une droite n'est point un point et un point n'est droite une droite. Le premier grand mérite du Glossaire est son index (les numéros de page changent tout le temps). Son second mérite, s'il en est un autre, est d'expliquer pourquoi Kimberling arrive à faire de la géométrie en utilisant des coordonnées trilinéaires, alors que pldx1 arrive (plus ou moins) à faire de la géométrie en utilisant des coordonnées barycentriques.  As a result, il convient de faire une chasse féroce à tout ce qui embrouille isotomie (pour les points), réciprocation (pour les droites) avec la polarité vis à vis d'un triangle.

    Et parmi ces embrouilles, il y a cette histoire de point unité. C'est pourtant simple. Si  l'on veut écrire le milieu $M$ du segment $[A,B]$, il ne sert à rien d'écrire $(A+B)/2$, sauf convention implicite. En effet, sans autre convention, les relations $A\simeq x A, B\simeq y B$ font que $A+B$ peut désigner n'importe quel point de la droite $AB$. La solution est bien connue, depuis la Renaissance. Elle consiste à écrire \[
    \dfrac{M}{\linf \cdot M} = \dfrac 1 2 \left( \dfrac{A}{\linf \cdot A} +\dfrac{B}{\linf \cdot B} \right) \] Et alors, les coordonnées du centre de gravité d'un triangle, par rapport à ce triangle, sont $\tra \linf$. On peut certes "louer Dieu d'avoir fait passer les fleuves au milieu des villes". On peut aussi remarquer que, dans un tableau, il y a autant de triangles que l'on veut, mais une seule droite de l'infini.

    Pour ce qui est des polarités, tripolaire et conipolaire, leur définition est simple: on part d'un point et on prend le gradient en ce point de la courbe dont on veut parler. Cela donne une droite: c'est la polaire du point. C'est alors le moment d'écrire le théorème $3\neq 2$ à l'encre orange clignotante sur un grand panneau et de ne pas le quitter des yeux.  En effet, la courbe triangulaire est $xyz=0$, tandis qu'une conique est de degré 2.

    On a donc 
    \[ P\wedge P'=\left[ \begin {array}{c} 5\\ 3\\ 4\end {array}\right]\wedge \left[ \begin {array}{c} 3\\ 1\\ 4\end {array}\right] \doteq  \left[ \begin {array}{ccc} 8 & -8 &- 4\end {array}\right]\simeq\left[ \begin {array}{ccc} 2&-2& -1\end {array} \right] \] 
     \[ D=\mathrm{tripole}\left( \left[\begin {array}{ccc} 2 & -2 & -1\end {array} \right] \right)=\left[\begin {array}{ccc} y\,z\\ z\,x\\ x\,y\end {array} \right] =\left[ \begin {array}{c}2\\-2\\ -4\end {array}\right]\simeq\left[\begin {array}{c} 1\\-1\\ -2\end {array}\right]  \]

    Cordialement, Pierre
  • Le fichier mojx.ggb contient/devrait contenir quelques macros ainsi que leur utilisation pour vérifier ce que Swingmustard a présenté sur son image "mojx...". 
    On remarquera que la macro "tripole1" passe du triangle co-cévien au triangle anti-cévien. Cela me semble plus simple que de passer au triangle cévien. Swingmustard, peux-tu préciser la construction que tu as employé ?

    Cordialement, Pierre.
  • Bonjour Honnête homme,
    Toujours à la traîne, je me renseigne actuellement sur le triangle anti-cévien.
    Donc en effet, je suis passé du co-cévien au cévien, faute de mieux ou de plus simple, comme tu l'annonces.
    Swingmustard a dit :
    On trace les cocéviens (pldixit) $T_a$ et $T_b$ de $PP'$. Puis les céviens $D_a$ et $D_b$, qui en sont les conjugués harmoniques.
    Comme le propose pappus, on sait faire tout ça à la règle seule.
    Pour rester dans les conjugués harmoniques, j'ai l'impression qu'on peut dire ceci.
    L'anti-cévien est le conjugué harmonique d'un quatrième point par rapport au sommet et au cévien, oder ?
    Mais si on est justement en train de chercher un quatrième point $G_u$, "ma" définition ne sert à rien.
    Par ailleurs, je ne sais pas quel est le quatrième point $Z_6$ de ton dessin, qui a le très bon goût de confirmer cette pseudo-définition.
    À suivre.
    Merci pour le fichier, je vais regarder ses nombreuses macros.
    Il faut que je retente de joindre les miens, de fichiers.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Le triangle anticevien de P par rapport à $ABC$ est défini comme étant le triangle par rapport auquel $ABC$ est le triangle cévien de $P$. Lorsque $A,B,C,P$ sont connus, la commande Z=tripolar7(A,B,C,P) calcule et retourne, dans cet ordre, les céviens ($Z_1,Z_2,Z_3$), les co-ceviens ($Z_4,Z_5,Z_6$) et les anti-ceviens ($Z_7,Z_8,Z_9$) de $P$, la tripolaire étant $Z_{10}$. Lorsque la tripolaire est connue (en plus de $A,B,C$), il faut réorganiser cela. Et tout cela se trace uniquement à coup de droites (pas besoin de sortir le compas ébréché de son chiffon à pétrole).

    Remarque à propos de $circon2$. Lorsque l'on passe un point en complexe, il semble que la macro reçoive le point en cartésien. Et les alors les coniques se mettent à déconiquer.  Il faut donc procéder à un transtypage au sein de la macro. Cela n'est pas fait dans certaines autres macros.... (work in progress! )

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (30 Mar)
    On me cache quelque chose...
    Je blague. C'est tout le contraire : un festin de révélations est donné en permanence, et je parviens mal à goûter tous les mets.
    Dans la macro $circon2$ de pldx1, on lit la réponse à une question que j'aurais forcément fini par me poser, difficile (pour moi) et capitale.
    C'est donc bien agréable de savoir qu'il y a une réponse apparemment simple, qu'on a celle-ci sous les yeux si on veut, et qu'elle conserve assez de mystère pour nous faire remuer les méninges.
    Bientôt la question. Connaissant $A,B,C,P$ tracer la conique circonscrite à $ABC$ et de perspecteur $P$ ?
    Ma réponse jusqu'ici : utilisation de l'équation barycentrique, donc pas mal de changements de bases, enfin équation cartésienne avec laquelle geogebra se débrouille.
    Le même logiciel sait tracer une conique passant par cinq points.
    La question. Construire trois autres points que $A, B, C$ (donc un de plus que nécessaire) les plus naturels du monde, bref
    Construire les deuxièmes intersections des $P$-céviennes avec la conique ?
    Appelons $A'$ le cévien de $A$, et $A''$ la deuxième intersection.
    Mettons tout en minuscules : pour cette macro, pldx1 travaille dans $\mathbb{C}$.
    Le choc du jour = la macro de l'homme honnête : $$a''=\dfrac{3a a'-a p - 2a' p}{2a + a' - 3p}~~~\rm{?}$$
    J'en dis pour l'instant que geogebra, pas avare non plus de confidences, nous dit que le birapport de $A,A',P$ et $A''$ est constant égal à $-0,5$.
    Ne pas me vendre la mèche trop vite SVP, je vais chercher un peu, avec ou sans complexes (ha ha).
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Mon cher Swingmustard
    Je ne comprends pas tes états d'âme à propos du triangle anticévien $P_AP_BP_C$ d'un point $P$.
    Il se construit à la règle de toutes les façons que tu veux mais ce qu'il faut retenir c'est que les applications $P\mapsto P_A$, $P\mapsto P_B$, $P\mapsto P_C$ sont des collinéations très simples, à savoir des homologies harmoniques.
    Par exemple $P\mapsto P_A$ est l'homologie harmonique de pôle $A$ et d'axe $BC$, etc.....
    Ces homologies engendrent un groupe $G$ à quatre éléments isomorphe au groupe de Klein et $(P,P_A,P_B,P_C)$ en est une orbite!
    Amicalement
    pappus
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