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Modifié (6 Aug) dans Géométrie
Bonjour à tous
J'ai remarqué tout au long de ma carrière professionnelle combien mes étudiants redoutaient de déterminer l'image d'une application, qu'elle fut linéaire ou non.
Ne parlons même pas des applications définies géométriquement puisqu'à cette époque la géométrie était déjà en bonne voie de disparition, disparition acquise aujourd'hui, on le sait, depuis quelques années déjà!
Alors je propose sans la moindre illusion l'exercice suivant:
On se donne dans le plan euclidien deux points $B$ et $C$
Soit $f$ l'application qui à tout point $A$ du plan associe le point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$.
Déterminer l'image de l'application $f$.
Amicalement
pappus
PS.
Je pense que je vais pouvoir faire la sieste, tranquillou pour un bon bout de temps.
Il n'est pas interdit de se servir de son logiciel de géométrie dynamique favori pour deviner ce qui se passe!

Réponses

  • Modifié (6 Aug)
    Bonjour,
    J'ai fait ce qui n'est pas interdit (ouf !) et je trouve l'intérieur d'une ellipse de foyers $B$ et $C$. On peut construire un point de l'ellipse en prenant le point de Lemoine d'un triangle équilatéral $BCQ$ (le point de Lemoine est alors le centre de gravité $G$ du triangle). Le grand axe de l'ellipse (qui est sur $(BC)$) est de longueur $a = \frac{2 BC \sqrt {3}}{3} $, son petit axe est moitié moins grand.
    Peut-être utiliser les coordonnées barycentriques du point de Lemoine pour le démontrer ?


  • On peut aussi regarder le lieu du point de Lemoine $L$ du triangle $ABC$ lorsque $A$ se ballade sur un cercle centré sur le milieu $O$ de $[BC]$. On obtient encore une ellipse. Mais il y a un autre cercle centré sur $O$ qui donne la même ellipse. Si $r_1$ et $r_2$ sont les rayons de ces cercles alors on a $4r_1r_2=3BC^2$. Et lorsque $r_1=r_2= \frac{BC \sqrt {3}}{2}$ l'image du cercle est l'ellipse frontière. Amicalement, Ludwig
  • Modifié (6 Aug)
    Merci Ludwig
    Une fois lancé, difficile de t'arrêter !
    Je suppose que tu as trouvé tout cela en manipulant ton logiciel !
    Bravo
    Tout est exact mais tu aurais pu et dû être plus précis.
    En fait le but de l'exercice (que j'ai déjà dû donner dans le passé probablement dans l'indifférence la plus générale) est le suivant.
    On se donne $K$ dans le plan et on veut construire la préimage $f^{-1}(K)$, si possible à la règle ébréchée et au compas rouillé !
    Amicalement
    pappus
    PS
    Je crois que tu es le premier à avoir répondu, merci !
  • Modifié (7 Aug)
    Oui j'ai trouvé cela en utilisant GGB. Et j'ai aussi trouvé expérimentalement que si le point $A$ se ballade sur un cercle de centre $O$ et de rayon $r$ alors le lieu du point de Lemoine $L$ du triangle $ABC$ est l'image de l'ellipse frontière par l'homothétie de centre $O$ et de rapport : $$k=\frac{rBC \sqrt {3}}{r^2+3}.$$ Du coup on sait sur quels cercles peut se trouver $f^{-1}(K)$ : la demi-droite $[OK)$ coupe l'ellipse frontière en $K'$, on calcule le rapport $OK/OK'$ et on en déduit la valeur des deux rayons possibles grâce à cette formule. Mais où exactement sur ces cercles ? Je ne sais pas.

    EDIT : je crois qu'on a quelque chose de ce genre : $\cancel {\tan(\widehat{COf^{-1}(K)})=(\frac{1}{2} \; \pi-\operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{1}{2} \right))\tan(\widehat{COK})}$. Non, c'est $\tan(\widehat{COf^{-1}(K)})=2\tan(\widehat{COK}) $ tout simplement. Ce qui permet de terminer la construction de $f^{-1}(K)$.
  • Mon cher Ludwig 
    Bravo pour ton utilisation de GGB mais cela ne suffit pas!
    Bien sûr l’origine géométrique du problème te permet de faire mumuse avec le logiciel mais sa solution est algébrique et exige de résoudre certaines équations du second degré.
    Sont-elles encore enseignées ou bien faut-il attendre la démonstration du théorème de d’Alembert pour commencer à en parler?
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (7 Aug)
    Bonjour à tous
    Le problème est le suivant:
    On se place dans un repère orthonormé dans lequel le point $B$ a pour coordonnées $(-\dfrac a2,0)$ et $C$ pour coordonnées $(\dfrac a2,0)$.
    D'abord la partie facile(?).
    On se donne le point $A(x,y)$.
    1° Calculer les coordonnées du point $K(X,Y)=f(A(x,y))$.
    2° On se donne le point $K(X,Y)$.
    Résoudre en $(x,y)$ les équations : $$(X,Y)=f(x,y)$$
    Suivant que ces équations ont des solutions réelles ou non, le point $K$ appartiendra à $Im(f)$ ou non.
    Je reconnais que ce n'est pas très glorieux mais comment faire autrement que d'appliquer la définition même de l'image d'une application?
    Amicalement
    pappius

  • Modifié (7 Aug)
    Bonjour à tous
      Je me suis réservé la partie "facile" :     $$\begin{cases}X=\dfrac{4a^2x}{4x^2+4y^2+3a^2}\\Y=\dfrac{2a^2y}{4x^2+4y^2+3a^2}\end{cases}$$ Amicalement.
  • Modifié (7 Aug)
    Pour la suite, le point $K(X,Y)$ est point de Lemoine du triangle $ABC$ si et seulement si $3X^2+12Y^2-a^2\leq 0$.
    Ce qui correspond bien à l'intérieur de l'ellipse découverte par Ludwig.
    Pour information, je me suis souvenu de ce que tu m'as dit un jour, pappus, au sujet des transformations quadratiques.
    En conséquence, j'ai posé $x=ty$ en sorte que $X=2tY$ et je suis bel et bien tombé sur une équation du second degré en $x$ dépendant de $t,X,Y$.
    Restait à écrire que son discriminant était positif et remplacer $t$ par $\dfrac{X}{2Y}$
    Amitiés.
  • Modifié (8 Aug)
    Merci Cailloux et Bravo!
    Même la partie simple n'est pas aussi simple que cela.
    Il fallait se rappeler les coordonnées barycentriques de $K$ dans le triangle $ABC$, lesquelles sont des carrés de distance qui s'expriment rationnellement en fonction de $(x,y)$ en vertu de l'axiome de Pythagore, encore provisoirement dans nos programmes jusqu'à nouvel ordre venu d'en haut et qui ne saurait tarder et tu as bien fait de vite en profiter pendant qu'il en est encore temps!
    Ensuite je suis un peu déçu!
    Quand $K\in Im(f)$, $f^{-1}(K)$ est non vide et comme on a affaire à des équations du second degré, il n'est pas étonnant de s'apercevoir (par le calcul), qu'en général : $$f^{-1}(K)=\{A_1,A_2\}$$
    où une défunte transformation simple pratiquement décrite par Ludwig échange les points $A_1$ et $A_2$, ce qui fait que $f$ est "presque" un revêtement !
    Amitiés
    pappus
  • Modifié (7 Aug)
    Oui, Ludwig a pratiquement tout dit : $A_1$ et $A_2$ se correspondent dans l'inversion de pôle $O$ et de puissance $\dfrac{3a^2}{4}$.
    Amitiés.
    Je ne pourrai plus suivre ce fil aujourd'hui ...
  • Modifié (7 Aug)
    Soit $K(u,v)$. J'ai fait un petit calcul : un des points $A$ se trouve sur le cercle de centre $O$ et de rayon : $$ \frac{a^{2} + \sqrt{a^{4} - 12 \; \left(u^{2} + 4 \; v^{2} \right)}}{2\sqrt{u^{2} + 4 \; v^{2}}}.$$ Et on à déjà dit que l'angle $t$ que fait la droite $(OA)$ avec $(Ox)$ est tel que $\tan(t)=\frac{2v}{u}$. Mais ces formules ne permettent pas une construction facile à la règle et au compas...
  • Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.
    Maintenant se posent deux nouvelles questions .:
    1° Détailler la solution analytique suggérée par Cailloux!
    2° Construire à la règle ébréchée et au compas rouillé la préimage $f^{-1}(K)=\{A_1,A_2\}$
    Amicalement
    pappus
  • Voici une construction à la règle et au compas, faite dans le cas $a=2$ (il faudra introduire un coefficient dans les formules pour généraliser mais là c'est l'heure d'aller dormir). Je note $K(u,v)$. On construit le cercle de centre $O'(0,1/v)$ et de rayon $\sqrt{\frac{1}{v^2}-3}$. $H$ projeté de $K$ sur $(Ox)$, $K'$ symétrique de $H$ par rapport à $K$. Alors $A_1$ et $A_2$ sont les points d'intersection de la demi-droite $[OK')$ avec ce cercle : 

  • Bonjour !
    Pour généraliser la construction précédente il suffit de prendre le cercle de centre $O'(0,\frac{a^{2}}{4 \; v})$ et de rayon $\frac{1}{4} \; a \; \sqrt{\frac{a^{2}}{v^{2}} - 12}$. Notez que ce rayon est aussi égal à $\frac{a \sqrt{3}}{4}\frac{w}{v}$, ou $w$ est l'abscisse de l'intersection située dans le premier quadrant de l'ellipse frontière $3x^2+12y^2-a^2=0$ avec la droite $y=v$.
  • Merci Ludwig
    Tu nous assènes tes constructions sans aucune justification.
    La géométrie ne marche pas comme cela!
    Tes lecteurs restent sur leur faim!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (8 Aug)
    Bonjour pappus,

    C'est pas faux ce que tu dis, et je reconnais que c'est un peu embêtant. Je t'avouerais que je n'ai même pas regardé une construction du point de Lemoine, je me suis directement servi de la commande TriangleCentre de GeoGebra, que j'ai considérée comme une boîte noire. Ne m'en veux pas trop, je m'amuse avec le logiciel et je teste ses possibilités, j'essaie d'en trouver des limites.

    Avec mes formules j'ai pu obtenir une construction à la règle et au compas assez simple : la parallèle à $(BC)$ passant par $K$ coupe $(Oy)$ en $J$ et l'ellipse en $P$ et $Q$. $N$ le point de $[OJ)$ tel que $ON=OC$, $I$ celui de $[Ox)$ tel que $OI=OJ$. La parallèle à $(IN)$ passant par $C$ coupe $[OJ)$ en $O'$.
    $ABC$ équilatéral, $M$ milieu de $[AO]$, la parallèle à $(BC)$ passant par $M$ coupe $(OQ)$ en $R$. Le cercle de centre $O'$ et de rayon $MR$ coupe la demi-droite orange (d'origine $O$ et passant par $(x(K), 2y(K))$) en $A_1$ et $A_2$ : 



  • Modifié (8 Aug)
    Bonjour à tous
    En ce qui concerne la transformation qui échange $A_1$ et $A_2$, je me suis tourné vers les complexes. L'avenir nous dira si c'était une bonne ou une mauvaise idée.
    J'ai obtenu relativement facilement une équation du second degré en $z$ :   $$4(Z-3\overline{Z})z^2+8a^2z+3a^2(\overline{Z}-3Z)=0$$
    Je cherche maintenant à prouver proprement que ses deux solutions $z_1$ et $z_2$ vérifient $z_1\overline{z_2}=\dfrac{3a^2}{4}$.
    J'ai un peu de mal ...
    Amitiés.

    [Edit] Il est clair que $|z_1\overline{z_2}|=|z_1z_2|=\dfrac{3a^2}{4}$

    Je suis arrivé très péniblement à montrer que $\dfrac{z_1}{z_2}$ (lorsque $K$ est intérieur à l'ellipse définie plus haut), était un réel positif ce qui achève la démonstration.
    Mai c'est tellement moche que je me garde bien de publier la chose.
  • Modifié (8 Aug)
    Je vais tenter de commenter mon dernier message. Précisions : $Z$ est l'affixe du point de Lemoine $K$ et $z$ est l'affixe des éventuels points $A$.
    C'était finalement une mauvaise idée. On obtient sans trop de difficultés : $$Z=\dfrac{a^2(3z+\overline{z})}{4z\overline{z}+3a^2}$$
    De là j'ai conjugué et réinjecté un $\overline{z}$ dans cette équation pour obtenir :
    $$4(Z-3\overline{Z})z^2+8a^2z+3a^2(\overline{Z}-3Z)=0$$
    J'ai malheureusement perdu l'équivalence avec le problème posé en cours de route. Cette équation admet toujours deux solutions éventuellement doubles pour tout $Z$ donné non nul.
    Curieusement, on recolle les morceaux lorsque son discriminant (réel) est positif ce qui correspond au domaine de $K$ défini plus haut (l'intérieur de l'ellipse) et dans ces conditions, l'inversion qui échange $A_1$ et $A_2$ sort du  bois plus ou moins bien.
    Amicalement.
  • Modifié (9 Aug)
    Toujours en notant $K(u,v)$ : les points $A_1$ et $A_2$ sont aussi sur le cercle de centre $O''(\frac{2a^{2}}{ \; u},0)$ et de rayon $\frac{1}{2} \; a \; \sqrt{\frac{a^{2}}{u^{2}} - 3}$. 
    Il serait sans doute intéressant d'introduire le point $m$ milieu de $[A_1A_2]$, point qui se construit facilement : soit $K''$ le symétrique de $K'(u,2v)$ par rapport à $O$. Alors $m$ est l'inverse de $K''$ par rapport au cercle de centre $O$ et de rayon $a$. Et on a $mA_1=mA_2=\frac{1}{2} \; a \; \frac{\sqrt{a^{2} - 3 \; d^{2}}}{d}$ où $d=OK'$.
    Bon après-midi, Ludwig
  • Modifié (9 Aug)
    Merci Cailloux et Ludwig de vous être intéressés à cette construction.
    Tu as raison, Ludwig, de t'amuser avec GGB et je ne voudrais pas t'en priver!
    Il semble que tes constructions dont je n'ai pas vérifié l'exactitude aient été aussi obtenues de la même façon, en t'amusant.
    Cailloux a été plus sérieux.
    Il a fait des calculs et a été bien près de trouver les résultats que j'avais annoncé.
    D'abord il a obtenu l'écriture de $f$!!
    Ce n'est pas rien et il a été le seul à le faire.
    Encore une fois bravissimo!
    Ensuite, il s'est un peu mélangé les pinceaux dans le calcul de l'image.
    Mais je lui pardonne.
    J'ai déjà dit que la détermination de l'image d'une application était toujours déroutante et cela faisait sans doute longtemps, très longtemps qu'il n'en avait pas fait.
    Reprenons l'écriture de $f$ donnée par Cailloux
        $$f:\begin{cases}X=\dfrac{4a^2x}{4x^2+4y^2+3a^2}\\Y=\dfrac{2a^2y}{4x^2+4y^2+3a^2}\end{cases}$$

    Il faut résoudre ces équations en $(x,y)$ quand on se donne $K(X,Y)$.
    On a donc:
    $x=tX$ et $y=2tY$ avec $t=\dfrac{x^2+y^2}{a^2}+\dfrac 34$
    Donc $$\Big(\dfrac{X^2+4Y^2}{a^2}\Big)t^2-t+\dfrac 34=0$$
    C'est une équation du second degré. Sont-elles encore enseignées? Je n'en sais rien et je n'en ai plus rien à cirer!
    Son discriminant est:
    $$\Delta=1-\dfrac{3(X^2+4Y^2)}{a^2}$$
    Pour que ce système ait deux solutions, il faut et il suffit que $\Delta>0$ et donc que le point $K(X,Y)$ appartienne à l'intérieur de l'ellipse trouvée expérimentalement par Ludwig en s'amusant. Bravo Ludwig!!
    Venons en à cette question d'inversion dans laquelle Cailloux s'est un peu perdu.
    On a donc deux solutions:
    $A_1(t_1X,2t_1Y)$ et $A_2(t_2X,2t_2Y)$.
    Par suite:
    $$\overline{OA_1}.\overline{OA_2}=\overrightarrow{OA_1}.\overrightarrow{OA_2}=t_1t_2(X^2+4Y^2)=\dfrac{3a^2}4$$
    en vertu des relations entre coefficients et racines dans une équation du second degré!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Il reste à justifier les constructions de Ludwig ou toute autre construction des points $A_1$ et $A_2$ à partir des calculs que je viens de faire!
  • Bonjour à tous
    Voici ma propre construction des points $A_1$ et $A_2$.
    Sur ma figure, le point $K$ est situé dûment à l'intérieur de l'ellipse de Ludwig $\Lambda$.
    Les points $A_1$ et $A_2$ se trouvent sur la droite $D$ issue de $O$ dont la pente est double de celle de la droite $OK$.
    J'ai suggéré la  construction de cette droite.
    L'hyperbole bleue a pour foyers les points $B$ et $C$ et $D$ est une de ses asymptotes.
    Par le point $K$, j'ai mené en rouge les deux tangentes à cette hyperbole.
    Elles coupent la droite $D$ aux points $A_1$ et $A_2$ cherchés.
    Les constructions de Ludwig me paraissent plus simples d'autant plus que la construction des tangentes issues d'un point à une hyperbole ont disparu de la circulation depuis belle lurette, à croire qu'elles n'ont jamais été enseignées!
    J'ai tracé en pointillé le cercle de l'inversion qui échange les points $A_1$ et $A_2$.
    Amicalement
    pappus
  • Bonsoir à tous
    Une autre façon de faire qui rejoint une des constructions de Ludwig
    La polaire de $K$ par rapport à l'hyperbole bleue coupe $D$ au milieu $M$ de $A_1A_2$.
    On récupère le cercle de diamètre $A_1A_2$ comme cercle de centre $M$ orthogonal au cercle d'inversion en pointillé!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (9 Aug)
    Bonsoir pappus,
    Et merci pour tes explications très claires.
    Amitiés.
  • Oui, merci pappus. Ta dernière construction peut se faire de façon très élémentaire, sans hyperbole ni polaire, en moins de dix coups. Car comme je l'ai dit plus haut le point $M$ milieu de $A_1A_2$ est l'image de $K'(x(K)/2,y(K))$ dans l'inversion par rapport au cercle de diamètre $BC$. Ce qui donne : la perpendiculaire à $OK'$ passant par $K'$ coupe ce cercle en $H$ et la tangente en ce point à ce cercle coupe $OK'$ en $M$. Ensuite, pour construire l'orthogonal au cercle d'inversion, on trace le cercle de diamètre $OM$. Il coupe le cercle d'inversion (en pointillés) en $J$ et $L$. Et le cercle recherché est celui de centre $M$ passant par ces deux points : 


  • Modifié (10 Aug)
    Bonjour,
    Une autre construction, sans doute la plus simple. Elle est basée sur le fait que l'intersection de $OK'$ avec $JL$ (l'axe radical du cercle vert et du cercle d'inversion) est l'image $P$ de $K'$ par l'homothétie de centre $O$ et de rapport $3$. Une fois construit $P$ on a $J$ et $L$ et on construit la tangente en $J$ au cercle d'inversion, qui coupe $OK'$ en $M$ : 

  • La figure précédente permet d'obtenir une construction du point de Lemoine : il suffit de la faire à l'envers ! 
    Soit donc un triangle $ABC$. On place $A'$ symétrique de $A$ par rapport au cercle d'inversion (en pointillés). $M$ est le milieu de $AA'$. Le cercle de centre $M$ passant par $A$ coupe le cercle d'inversion en $J$ et $L$. $m$ milieu de $JL$, $m'$ image de $m$ par l'homothétie de centre $O$ et de rapport $1/3$. Enfin, les coordonnées du point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$ sont $(2x(m'), y(m'))$.
    Bonne soirée, Ludwig


  • Bonjour,
    Une dernière construction (je profite de ce fil pour travailler l'inversion, notamment les constructions de l'image d'un point). On part de $K(u,v)$, on place $K'(u/2,v)$ puis $P(3u/2,3v)$. $[DE]$ est le diamètre perpendiculaire à $(OP)$, la parallèle à $(DE)$ passant par $P$ coupe le cercle d'inversion en $I$ et $J$. $(OP)$ coupe $(DI)$ en $A_1$ et $(EI)$ en $A_2$. Pas besoin de deuxième cercle donc. Amicalement, Ludwig



    (on pourrait aussi se passer la droite $(OP)$ : $A_1 = (DI) \cap (EJ)$ et $A_2 = (DJ) \cap (EI)$).
  • Modifié (11:53)
    Bravo Ludwig.
    Serais-tu la réincarnation de Lemoine?
    Amicalement
    pappus
    PS
    Maintenant tu as le temps de t'intéresser à mes paraboles inscrites et de parfaire ainsi tes connaissances dans la théorie des coniques!
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