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Pour le plaisir

Bonjour à tous
Voici une figure destinée uniquement à être contemplée pour le plaisir des yeux!
Mais qu'ai-je bien pu faire?
Amicalement
pappus

Réponses

  • On se donne $P,Q$. Alors il y a quatre coniques inscrites qui passent par $P,Q$.
  • Et les bleues ?
  • perspecteurs $P,Q$. Elles se coupent en quatre points.
  • Bonjour à tous
    Evidemment Pierre est stratosphérique comme d'habitude!
    Mais comment ai-je construit les rouges à partir des bleues?
    Amicalement
    pappus
  • Les $U'_i$ sont les perspecteurs des coniques rouges.
    On peut donc essayer d'identifier l'homographie qui envoie les $U_i$ sur les $U'_i$.
  • Question de béotien : késkeucé, un perspecteur ?
    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • Modifié (21 Jun)
    Mon cher Nicolas
    Effectivement, c'est une question de perspecteur, mot que je n'aime pas mais on veut être aussi court que nos amis anglais.
    Une conique inscrite dans un triangle $ABC$ a trois points de contact, $A'$ sur le côté $BC$, $B'$ sur le côté $CA$ et $C'$ sur le côté $AB$ et crois moi si tu le veux, les droites $AA'$, $BB'$, $CC'$ sont concourantes en un point $P$, appelé d'après Pierre perspecteur de cette conique inscrite.
    Réciproquement pour tout point $P$ non situé sur les côtés du triangle $ABC$, il existe une seule conique inscrite de perspecteur $P$.
    Comment ferais-tu pour la construire ?
    Amicalement
    pappus

  • Bonsoir ,
    cette construction a déjà été donnée et voila ce que j'en ai retenu 


  • Merci fm_31
    Oui mais cette construction n’est valable que dans le plan affine.
    comment faire si on est dans le plan projectif où la notion de milieu n’existe pas?
    Amicalement
    pappus
  • @pappus : Peux-tu nous rappeler ce qu'est une isoconjugaison du plan projectif ?
  • Modifié (22 Jun)
    Oui, perspecteur, ça ressemble à percepteur, une bonne raison de ne pas aimer ce mot ;). C'est un mot vraiment rare : je ne saurais citer un seul livre de géométrie où l'on puisse le trouver.
  • Modifié (22 Jun)
    Mon cher gai requin
    Tu sautes brusquement du coq à l'âne!
    Oui les isoconjugaisons jouent un rôle dans ma figure!
    Mais comment as-tu deviné?
    Je ne suis plus assez lucide pour expliquer cette théorie.
    Heureusement nous avons le glossaire de Pierre où tout est développé en long en large et en travers.
    Effectivement il faut dire comment on passe des points $U_k$ pour $1\le k\le 4$, intersections des coniques inscrites bleues aux quatre perspecteurs $U'_k$ des coniques inscrites rouges.
    Enfin il faut présenter en quelques lignes un calcul justifiant ma figure.
    C'est très bizarre!
    Autrefois nos anciens savaient faire ce calcul mais ne disposaient pas des logiciels leur permettant de tracer rapidement cette configuration!
    Ils devaient se contenter de la décrire en quelques mots!
    Aujourd'hui, c'est exactement l'inverse, on a les logiciels mais on a perdu les coniques, mis à part le cercle trigonométrique évidemment!
    Comprenne qui pourra!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Tu es parfaitement capable de nous présenter ce petit calcul!

  • Modifié (22 Jun)
    Soit $\Gamma_{(\alpha,\beta,\gamma)}:\alpha^2x^2+\beta^2 y^2 + \gamma^2 z^2 -2\beta\gamma yz -2\gamma\alpha zx -2\alpha\beta xy =0$ une conique inscrite. Son perspecteur est $(1/\alpha,1/\beta,1/\gamma)$.
    On veut que $P,Q\in\Gamma_{(\alpha,\beta,\gamma)}$ donc que $(\alpha,\beta,\gamma)$ soient sur les deux coniques inscrites $\Gamma_P$ et $\Gamma_Q$.
    Donc, @pappus, tu as choisi l'isoconjugaison qui échange $P$ et $Q$ !
  • Mon cher Gai Requin
    Tes deux premières lignes sont impeccables!
    Puis tu nous assènes un aphorisme sans rapport avec ce qui précède.
    Pourquoi aurais-je choisi quoique ce soit?
    Comment ai-je fait ma construction?
    Pourquoi ne le dis-tu pas tout simplement?
    Amicalement
    pappus
  • Mon cher Gai Requin
    Ce que je te reproche, c'est de ne pas expliquer la démarche logique qui m'a amené à faire ce choix parmi bien d'autres!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (22 Jun)
    Bonjour, $\def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\ptv{~;~} \def\bmul{\underset{b}{*}}$
    On rapporte la figure au triangle $A,B,C$. Comme rien n'est métrique dans tout cela, il n'y aurait pas de bénéfice à passer en complexes. On pose $P\simdoteq p:q:r$ et $Q\simdoteq u:v:w$. On pourrait craindre de tomber sur des équations de degré 4, mais les symétries algébriques en $A,B,C$ font qu'il ne s'introduit pas de radicaux emboités. Les divers objets vont s'exprimer à partir de  \begin{eqnarray*} W_{a} & = & \pm\sqrt{pruw}\\ W_{b} & = & \pm\sqrt{pquv}\\ W_{c} & = & \pm\sqrt{qrvw} \end{eqnarray*} avec les règles:  \[ W_{a}W_{b}W_{c}=pqruvw\ptv W_{a}W_{b}=puW_{c}\ptv W_{b}W_{c}=qvW_{a}\ptv W_{c}W_{a}=rwW_{b} \] Ce qui revient à imposer un nombre pair de changements de signes dans les radicaux: il est question de gérer quatre objets, et pas huit.
    On écrit que $M\simdoteq x:y:z$ appartient aux deux coniques inscrites de perspecteurs $P,Q$, et on résoud. On obtient quatre solutions utilisant les radicaux $W_{a}$ et  \[ W=\sqrt{\begin{gathered}\left(p^{2}rv^{2}w+pq^{2}uw^{2}+4\,pqruvw+pr^{2}uv^{2}+q^{2}ru^{2}w\right)vq\\ +2\,ruwvq\left(qw+rv\right)\left(pv+qu\right)\div W_{a} \end{gathered} } \] On remarque qu'il y a une identité remarquable à remarquer et il vient: \[ W=\left(qw+rv\right)W_{b}+\left(pv+qu\right)W_{c} \] Et on reporte. On impose que $z$ soit rationnel et on mouline les règles jusqu'à obtenir des expressions du premier degré en les $W_{j}$. Cela donne: $K_{j}\simeq$ \[ \left(\begin{array}{c} pu\left(\left(qw+rv\right)\left(pv+qu\right)+4\,qvW_{a}-2\,\left(qw+rv\right)W_{b}-2\,\left(pv+qu\right)W_{c}\right)\\ qv\left(\left(pw+ur\right)\left(pv+qu\right)+2\left(pv+qu\right)W_{a}-2\left(pw+ru\right)W_{b}-4\,puW_{c}\right)\\ rw\left(pv-qu\right)^{2} \end{array}\right) \]

    On écrit maintenant que $M\simdoteq x:y:z$ est le perspecteur d'une conique inscrite passant par $P,Q$ et on résoud. On obtient quatre solutions utilisant les radicaux $W_{c}$ et  \[ W=\sqrt{pruw\left(\left(q^{2}w^{2}+6\,qrvw+r^{2}v^{2}\right)+4qrvw\left(qw+rv\right)\div W_{c}\right)} \] On remarque qu'il y a une identité remarquable à remarquer et il vient: \[ W=W_{a}\left(qw+rv+2\,W_{c}\right) \]  On reporte et on mouline. Cela donne: $P_{j}\simeq$ \[ \left(\begin{array}{c} \left(pw-ur\right)^{2}\;\left(\left(qw+rv\right)\left(pv+qu\right)+4\,qvW_{a}+2\left(2\,qw+2\,rv\right)W_{b}+2\left(pv+qu\right)W_{c}\right)\\ \left(qw-rv\right)^{2}\;\left(\left(pw+ur\right)\left(pv+qu\right)-2\left(pv+qu\right)W_{a}+2\left(pw+ur\right)W_{b}-4\,pu\,W_{c}\right)\\ \left(qw-rv\right)^{2}\left(pw-ur\right)^{2} \end{array}\right) \]

    C'est le moment de se rappeler la question initiale: comment passer du rouge au bleu ? Comme il n'y a pas de métrique, on s'attend à trouver une isoconjugaison. On mouline le produit barycentrique et cela donne: \[ K_{j}\bmul P_{j}=\left(\begin{array}{c} pu\left(pw-ur\right)^{2}\left(qw-rv\right)^{2}\left(pv-qu\right)^{2}\\ vq\left(qw-rv\right)^{2}\left(pw-ur\right)^{2}\left(pv-qu\right)^{2}\\ rw\left(qw-rv\right)^{2}\left(pw-ur\right)^{2}\left(pv-qu\right)^{2} \end{array}\right)\simeq P\bmul Q \] Bilan: on échange les $K_{j}$et les $P_{j}$ par l'involution de Cremona qui admet $ABC$ comme triangle diagonal et qui échange $P,Q$.

    Vérification. On a: \begin{eqnarray*} \mathrm{xfo} & \doteq & \left(x:y:z\right)\mapsto\left(\frac{pu}{x}:\frac{qv}{y}:\frac{rw}{z}\right)\\ \mathrm{coni\_in} & \doteq & \left[\left(p:q:r\right),\left(x:u:z\right)\right]\mapsto\dfrac{x^{2}}{2p^{2}}-\dfrac{yx}{pq}-\dfrac{zx}{pr}+\dfrac{y^{2}}{2q^{2}}-\dfrac{zy}{rq}+\dfrac{z^{2}}{2r^{2}} \end{eqnarray*} Et l'on voit que  \[ \mathrm{coni\_in}\left(\mathrm{xfo}\left(M\right),\mathrm{xfo}\left(P\right)  \right)=\mathrm{coni\_in}\left(P,M\right) \]

    Cordialement, Pierre.
     
  • Modifié (22 Jun)
    @pappus : Tu as fait ce choix pour tracer les deux coniques bleues presque sans effort.
    En effet, si l'on choisit judicieusement le point $D(1,1,1)$ du repère projectif $(A,B,C,D)$ dans lequel on travaille, l'isoconjugaison $i$ induite par ce choix de $D$ échange $P$ et $Q$.
    En particulier, avec mes notations, $\Gamma_P$ et $\Gamma_Q$ sont les coniques inscrites de perspecteurs respectifs $Q$ et $P$.
    Et alors, d'après mon dernier message, les quatre coniques rouges sont celles de perspecteurs les $i(U_i)$.
    Et on peut penser sans prendre trop de risques que toi, maître pappus, tu sais construire ces quatre images sans coup férir (je ne sais pas faire).
  • Modifié (23 Jun)
    Bonjour à tous
    Je suis toujours admiratif devant les calculs implacables de Pierre.
    Ca mouline drôlement bien et effectivement à la fin le café est moulu et bien moulu!
    J'ai eu une démarche un peu différente quand je me suis trouvé face au choix de la transformation de Crémona.
    J'ai des origines un peu normandes et j'ai décidé de ne rien choisir du tout.
    Je me suis donc donné arbitrairement deux points $\omega$ et $\omega'$ (non situés) sur le triangle $ABC$.
    Ils définissent une unique transformation de Crémona $f$ de triangle diagonal $ABC$ qui les échangent.
    Soit $P'=f(P)$ et $Q'=f(Q)$.
    J'ai tracé en bleu les coniques de perspecteurs $P'$ et $Q'$.
    Soit $U$ un de leurs quatre points d'intersection et soit $U'=f(U)$
    Alors la conique inscrite de perspecteur $U'$ passe par $P$ et $Q$.
    Evidemment le choix $\omega=P$, $\omega'=Q$ s'impose alors naturellement puisque $P'=Q$ et $Q'=P$
    Mais si on travaille dans le plan affine (éventuellement euclidien) complété projectivement, on peut choisir pour isoconjugaison l'isotomie (éventuellement l'isogonalité) pour ne pas effrayer les âmes sensibles.
    Amicalement
    pappus

  • Mon cher Gai Requin
    Oui, il y a les calculs implacables de Pierre et puis il y a la figure et en effet tu l'as deviné, je dispose d'une macro de l'isoconjugaison $f$ échangeant les points $\omega$ et $\omega'$.
    Mais comment la fabriquer?
    Amicalement
    pappus
  • Bonsoir à tous
    J'ai retrouvé une figure vieille de plus de dix ans, envoyée à un de mes amis outre-atlantique.
    J'ai la flemme de traduire pour le moment.
    Je suis trop fatigué!
    Amicalement
    pappus
  • J'ai un peu regardé dans le JDE qui se place dans une carte affine ce qui ne change pas grand chose.
    L'image par $f$ de $\omega\omega'$ est la conique $\Gamma=ABC\omega\omega'$.
    Soit $M'=f(M)$.
    L'image d'une cévienne $AM$ est la cévienne $AM'$.
    En particulier, via ces céviennes, $f$ induit une involution de $\Gamma$ mais je n'ai pas encore son point de Frégier :'(
    Puis on refait la même chose avec $BM$..
  • @pappus : Grâce à ta figure, le point de Frégier que je cherchais est $P=\omega\omega'\cap BC$ :)
  • Merci Gai Requin d'avoir déchiffré ma figure!
    C'était effectivement une simple question de point de Frégier.
    Mais qui peut se soucier aujourd'hui de toutes ces vieilleries désuètes?
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Il reste quand même à expliquer pourquoi la méthode normande a si bien fonctionné!
  • Tiens, et pourquoi ne pas regarder ce que donne $(x,y,z)\mapsto (1/x,1/y,1/z)$ dans le repère $(A,B,C,H)$ du complété projectif du plan affine euclidien, où $H$ désigne l'orthocentre de $ABC$ ?
    On pourrait l'appeler "inversion isoorthique" :)
  • Mon cher Gai Requin
    Les points invariants sont $H$ et ceux de son orbite harmonique.
    Mais pourquoi se fatiguer à donner un nom?
    Il vaut mieux garder le mot général d'isoconjugaison!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Aurais-tu trop abusé du trou normand pour ne pas répondre à ma dernière question?

  • Ben toutes les isoconjugaisons mènent à Caen, même si celle qui échange $P$ et $Q$ évite le détour par Bayeux ;)
  • Bonjour, 

    Comme la propriété étudiée ne dépend d'aucune métrique, il suffit d'appeler $H$ un quelconque point du plan et de dire:
    voici le Vrai centre.  On en déduit le centre du Jardin et tout le toutim métrique (qui ne sert à rien ici, puisque la propriété n'est pas métrique).  Quant à \[ \mathrm{coni\_in}\left(\mathrm{xfo}\left(M\right),\mathrm{xfo}\left(P\right)  \right)=\mathrm{coni\_in}\left(P,M\right) \] on peut utiliser le critère Cxxx de Bourbaki pour ajouter un $\forall Q$ devant cette assertion, ce qui revient à ajouter $\forall \mathrm{xfo}$ puisque les isoconjugaisons ayant le même triangle diagonal forment un groupe.

    En dehors d'illustrer le critère Cxxx, les calculs ci-dessus permettent une discussion du problème. Les intersections existent lorsque $P,Q$ sont dans une seule et même  composante connexe contenant l'un des in-ex-centers. En outre il y a dégénérescence lorsque la droite $PQ$ passe par l'un des sommets.

    Question ouverte: sait-on faire quelque chose avec le co-cubin des huit points dont on cause ?

    Cordialement, Pierre.
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