Reconstitution euclidienne

pappus

Bonjour à tous

Après un premier essai de reconstitution affine assez pitoyable à quelques exceptions près, je vais essayer une reconstitution euclidienne, certainement pas du niveau collège, (faut pas rêver !), peut-être du niveau lycée mais j'en doute, du niveau agrégation qui sait mais plus probablement du niveau du reste du monde.

Napoléon est mort à Sainte Hélène,

Son fils Léon lui a crevé l’bidon.

On l’a r’trouvé, assis sur une baleine,

En train d’bouffer les fils de son caleçon.

Tout le monde a entendu parler des triangles de Napoléon !

Voir la figure ci-dessous.

Connaissant le triangle $A'B'C'$ reconstituer le triangle $ABC$.

Tous les moyens sont permis des plus élémentaires aux plus sophistiqués!

Amicalement

pappus

bd2017

Bonjour

Le triangle  $A_1B_1C_1$  étant donné, son centre de gravité est aussi celui $ABC.$

Reconstruction du point  $A: $

Soit $B_2$   le milieu de $[A_1C_1].$  On construit le triangle équilatéral $C_1A_2A_3$  orienté comme sur la figure.  Le point $A$ est le point tel que $B_2C_1A_3 A$  est un parallélogramme.  

On reconstruit les points $B$ et $C$  par le même procédé. Ou alors, on construit $B$  de même et on retrouve $C$  avec l'aide de $G.$     

bd2017

Voici la fin de la construction.

P.2

$A,B,C$ sont trois nombres complexes de somme 0. On note $w=e^{i\pi/3}$ Alors on a le système linéaire

$A'=Bw+C\overline{w}, \ \textrm{etc.}$ qui s'inverse en $A=\frac{1}{2}(A'-B'\overline{w}^2-C'w^2),\ \textrm{etc}.$

poulbot

Bonjour
Construire extérieurement à $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ les triangles équilatéraux $A^{\prime \prime }B^{\prime }C^{\prime },B^{\prime \prime }C^{\prime }A^{\prime },C^{\prime \prime }A^{\prime }B^{\prime }$. $A,B,C$ sont les milieux respectifs de $\left[ A^{\prime }A^{\prime \prime }\right] ,\left[ B^{\prime }B^{\prime \prime }\right] ,\left[ C^{\prime }C^{\prime \prime }\right] $.



Reprenant la rescassolisation de P.2 : en désignant les affixes des points par les minuscules correspondantes (inutile de supposer $a+b+c=0$), on a, si $\omega =e^{\frac{i\pi }{3}}$, 
$a^{\prime }=\omega b+\overline{\omega }c,b^{\prime }=\omega c+\overline{\omega }a,c^{\prime }=\omega a+\overline{\omega }b$.
So, puisque $\overline{\omega }=-\omega ^{2}$, $a=\dfrac{a^{\prime }+\omega b^{\prime }+\overline{\omega }c^{\prime }}{2}=\dfrac{a^{\prime }+a^{\prime \prime }}{2}$ , .....
Bien cordialement. Poulbot

pappus

Merci à tous pour vos contributions.
Mais certains n’ont pas tout à fait compris la notion de géométrie!
Autrefois cela se passait comme cela, évidemment aujourd’hui c’est une toute autre histoire!
Vous disposiez d’une feuille de papier plus ou moins chiffonnée sur laquelle vous traciez les trois points $A’$, $B’$, $C’$ avec votre règle ébréchée et votre compas rouillé. Vous pouviez faire à votre guise les calculs les plus monstrueux mais en définitive, au bout du bout et à la fin des fins vous deviez utiliser votre règle ébréchée et votre compas rouillé pour tracer les points $A$, $B$, $C$.

Amicalement 
pappus

jelobreuil

Bonsoir à tous,

Je trouve la construction indiquée par @poulbot très intéressante par ses implications ... Je vais essayer d'y réfléchir !

Bien cordialement, JLB

Positif

Est-ce qu'on peut construire trois points définis par un système linéaire ? 

pappus

Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.

Les calculs via les complexes sont ce qu'ils sont, relativement faciles mais il ne faut pas oublier qu'ils se passent dans $\mathbb C$ muni de sa structure euclidienne usuelle et surtout, surtout, surtout, ......, surtout de son orientation canonique et non sur la feuille de papier chiffonnée qui n'a absolument aucune orientation divine ou humaine!

Amicalement

pappus

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
très belle construction de bd2017

Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Merci à tous

Je pense que toutes ces constructions aussi belles soient elles sont incomplètes.

Concentrons nous sur les calculs de Poulbot qui sont les plus simples.

Comment les interpréter géométriquement sur votre feuille de papier bouchonnée avec votre règle ébréchée et votre compas rouillé?

Amicalement

pappus

poulbot

Bonjour Pappus
La figure que j'ai montrée plus haut me semble très facile à construire à la règle et au compas en suivant les indications qui figurent juste au-dessus.
Reconstitution euclidienne — Les-mathematiques.net
Amicalement. Poulbot

pappus

Merci Poulbot

Comme je l'ai dit, tes calculs sont limpides.

Il faut maintenant les interpréter sur ta feuille de papier que d'une manière ou d'une autre tu dois Rescassoliser c'est à dire identifier au plan complexe.

Donc une fois les points $A'$, $B'$, $C'$ tracés sur ta feuille, quelle est la première chose à faire de toute urgence avant de faire quoique ce soit d'autre?

Amitiés

pappus

pappus

Bonjour à tous

Voici la figure que j'ai obtenue pour ma part en interprétant les simples calculs de Poulbot.

J'ai obtenu deux triangles solutions $A_1B_1C_1$ et $A_2B_2C_2$.

C'est pourquoi ma figure est un peu compliquée.

Vous me direz pourquoi j'obtiens deux solutions alors que les calculs de Poulbot semblent n'en indiquer qu'une?

Tout simplement parce que j'ai tenu compte de ce qu'il fallait faire de toute urgence avant de faire quoique ce soit d'autre!

Curieusement ces deux solutions sont en perspective et en orthologie.

Poulbot est le mieux placé pour nous expliquer tout cela!

Amicalement

pappus

poulbot

Re-bonjour Pappus
Bien sûr, j'ai effectué quelques menus calculs en supposant $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ direct. Mais la construction obtenue est indépendante de l'orientation : $A^{\prime }$ et $A^{\prime \prime }$ sont de part et d'autre de la droite $B^{\prime }C^{\prime }$, ... 
Au vu de ta figure initiale, je présume que tu voulais que $A$ et $A^{\prime }$ soient de part et d'autre de la droite $BC$, ..., ce qui n'est le cas que sur une de tes $2$ solutions.
Amicalement. Poulbot

pldx1

Bonjour, $\def\cc{\mathbb{C}} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}   \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}}   \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}$

Citation: Personne n'aura donc pitié des pauvres collégiens en rédigeant à leur intention une rédaction détaillée, écrite en bon français qui leur soit compréhensible! [...]  Alors je vais me farcir la solution via le groupe des homothéties-translations.

Comparons donc cette solution pour collégiens avec la fameuse " méthode libidineuse et sans le moindre intérêt" . Pour que même un agrégat chauve puisse y arriver, il a été suggéré de poser les additions en colonne. Dans le cas du triangle des tiers, on part de

\[ \begin{array}{ccccc} 3\,A_{d} & = &  & 2B & +C\\ 3\,B_{d} & = & A &  & +2C\\ 3\,C_{d} & = & 2A & +B \end{array} \] On prépare la colonne-isation du calcul

\[ \begin{array}{ccccccc} \left(-2\right)\times & \phantom{xx} &  & 2B & +C & = & 3\,A_{d}\\ \left(+1\right)\times & \phantom{xx} & A &  & +2C & = & 3\,B_{d}\\ \left(+4\right)\times & \phantom{xx} & 2A & +B &  & = & 3\,C_{d} \end{array} \] et on passe à l'acte: \[ \begin{array}{ccccccccl}  &  &  & -4B & -2C &  & = &  & -6\,A_{d}\\  &  & A &  & +2C &  & = &  & +3\,B_{d}\\  &  & 8A & +4B &  &  & = &  & 12\,C_{d}\\ \hline  &  & 9\,A &  &  &  & = &  & 12\,C_{d}-6\,A_{d}+3\,B_{d} \end{array} \]

On sait, ou en tout cas les agrégats chauves devraient savoir, que la seule utilité de tout le barnum affino-axiomatique est de construire le corps des nombres agissant sur le rantanplan. Si l'on imagine que l'Adjudant Tiffrice n'a pas plongé l'exercice dans un corps de caractéristique 3, il vient alors: \[ 3\,A\;=\;4\,C_{d}-2\,A_{d}+B_{d} \]

Et maintenant comparons les différentes méthodes. On rappelle qu'une méthode est une ruse que l'on peut appliquer plusieurs fois, par comparaison avec une pas-méthode, qui nécessite d'inventer une nouvelle ruse à chaque nouvel exercice. On sait qu'un des processus de peuplement de l'Encyclopédie de Kimberling est d'utiliser une kyrielle de formes et d'en adjoindre une copie similaire sur chaque côté d'un triangle. On a des équilatéraux, des carrés pointés, des pentagones, des arbelos et même des Pelles à Tarte. De quoi peupler le forum avec autant de reconstitutions.

La pas-méthode consiste à torturer le pauvre clampin qui a eu le malheur de tirer un sujet de géométrie "résolvez-moi cela en utilisant un groupe groupusculaire!" . Et de répéter cette essoyne jusqu'à ce que plus personne ne choisisse un sujet de géométrie. On comparera avec la fameuse "méthode libidineuse et sans le moindre intérêt" . Il se pourrait en effet que $\cc$ soit un groupe, et même un groupe assez connu. Au point d'être le groupe utilisé pour calculer tous ces machins électriques, y compris ceux qui permettent d'éclairer le tableau des interrogations par poussière de craie. Lampe au néon, morne plaine !

On définit donc un triangle "plus équilatéral que les autres" par $A+jB+j^{2}C=0$ et un triangle "moins équilatéral que les autres" par $A+j^{2}B+jC=0$. On part de  \begin{eqnarray*} A'+jB+j^{2}C & = & 0\\ B'+jC+j^{2}A & = & 0\\ C'+jA+j^{2}B & = & 0 \end{eqnarray*} On applique alors la fameuse "méthode libidineuse et sans intérêt" en utilisant les coefficients $-1,+j,+j^{2}$. Cela donne \[ \begin{array}{ccccccc}  & -jB & -j^{2}C &  & = &  & +1\,A'\\ +j^{3}A &  & +j^{2}C &  & = &  & -j\,B'\\ +j^{3}A & +j^{4}B &  &  & = &  & -j^{2}\,C'\\ \hline 2A &  &  &  & = &  & A'+\left(-jB'-j^{2}C'\right)\\ 2A &  &  &  & = &  & A'+A'' \end{array} \]

Et voilà, c'est fini. Quant à l'objection: "Les calculs via les complexes se passent dans $\cc$ muni de son orientation canonique" alors que "la feuille de papier chiffonnée n'a absolument aucune orientation divine ou humaine" , quelle double blague!

(1) Les points $A',B',C'$ ne viennent pas se placer sur une feuille vide, mais sur une feuille où l'on a commencé par placer les points $A,B,C$... et cela munit le plan d'une orientation. Oukonmet le point $A'$ ? Le place-t-on dans le même demi-plan que $A$ ou bien dans l'autre demi-plan ? On ajuste le signe de $\det A'BC$ par rapport au signe de $\det ABC$: autrement dit, on ajuste l'orientation de $A'BC$ par rapport à celle de $ABC$. L'un des choix donne X(13), l'autre donne X(14). C'est comme cela.

(2) Quant à prétendre que les calculs se passent dans $\cc$... Il suffit de faire les calculs en question au lieu d'en causer abstraitement pour constater que les calculs se font en fait dans $\pcct$: la paire $\vz:\vt$ décrit ce que voit Bob (le gus qui chiffonne les feuilles de papier) tandis que la paire $\vzz:\vt$ décrit ce que voit Alice (celle qui se tient de l'autre côté du miroir). Par conséquent $\vz:\vt:\vzz$ décrit les deux zorientations zen_même_temps, ce qui est tout à fait tintrinsec.

Remarque: la valeur de $z\left(X_{13}\right)$, à savoir  \[ \dfrac{2}{3}\;\dfrac{+9\,s_{1}\,s_{3}-3\,s_{2}^{2}+s_{1}\,\sqrt{3}s_{4}}{+9\,s_{3}-s_{1}\,s_{2}+\sqrt{3}s_{4}} \] est une bonne illustration de cette problématique. L'intervention des fonctions symétriques $s_{1},s_{2},s_{3}$ est liée à la symétrie de la construction, tandis que l'intervention de la fonction anti-symétrique $s_{4}$ (avec $s_{4}/s_{3}=4S/R^{2}$) est liée à la question de l'orientation.  

Cordialement, Pierre.

pappus

Merci Pierre.

J'espère sincèrement que tout le monde s'enrichira à te lire.

Il y a quelque chose que je ne comprends pas

Tu dis:

(1) Les points A′,B′,C′ ne viennent pas se placer sur une feuille vide, mais sur une feuille où l'on a commencé par placer les points A,B,C... et cela munit le plan d'une orientation.

Je ne vois pas comment tu peux commencer par placer les points $A$, $B$, $C$ puisque c'est justement eux qu'on cherche, les données étant les points $A'$, $B'$, $C'$.

Comment expliques -tu ma dernière figure compte tenu des calculs que tu nous as présentés?

C'est une figure sérieuse, qui ne sort pas de n'importe où et qui pose des questions intéressantes auxquelles il faut répondre!

Amicalement

pappus

Positif

pappus a dit :

[...] surtout de son orientation canonique et non sur la feuille de papier chiffonnée qui n'a absolument aucune orientation divine ou humaine!

Amicalement

pappus

Tu peux expliquer ce que tu sous-entends au profane en géométrie que je suis ? Il n’y a pas d’orientation divine sur $\mathbf{C}$, c’est moi qui dis “je définis $v_1 = (1, 0),\ v_2 = (0, 1)$ et je dis qu’une base $\mathcal{B} $ est dans le sens direct si $\det \mathcal{B} \times \det ( v_1, v_2) > 0 $". Pourquoi on ne peut pas dire cela sur la feuille de papier ? Tu veux dire que la notion de coordonnées n’existe pas en géométrie “à la règle et au compas” ? 

pldx1

Suite. $\def\etc{,\:\mathrm{etc}}$
On se donne $A'\simeq \alpha:1:1/\alpha, \etc$ et on applique la "méthode libidineuse et sans le moindre intérêt". Cela conduit aux triangles: 

\[ \mathcal T _1\simeq \left[\begin{array}{ccc} -J^{2}\gamma-J\beta+\alpha & -J^{2}\alpha-J\gamma+\beta & -J^{2}\beta-J\alpha+\gamma\\ 2 & 2 & 2\\ \dfrac{-J}{\gamma}+\dfrac{-J^{2}}{\beta}+\dfrac{1}{\alpha} & -\dfrac{-J}{\alpha}+\dfrac{-J^{2}}{\gamma}+\dfrac{1}{\beta} & \dfrac{-J}{\beta}+\dfrac{-J^{2}}{\alpha}+\dfrac{1}{\gamma} \end{array}\right] \]

\[ \mathcal T _2\simeq  \left[\begin{array}{ccc} -J^{2}\beta-J\gamma+\alpha & -J^{2}\gamma-J\alpha+\beta & -J^{2}\alpha-J\beta+\gamma\\ 2 & 2 & 2\\ \dfrac{-J}{\beta}+\dfrac{-J^{2}}{\gamma}+\dfrac{1}{\alpha} & \dfrac{-J}{\gamma}+\dfrac{-J^{2}}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta} & \dfrac{-J^{2}}{\beta}+\dfrac{-J}{\alpha}+\dfrac{1}{\gamma} \end{array}\right] \]
 On passe de l'un à l'autre en changeant l'orientation des triangles  équilatéraux, c'est à dire par $J\mapsto J^2$. On calcule alors 

\[ \chi\doteq \boxed {\mathcal T _2 }\cdot \boxed {\mathcal T _1  ^{-1}} \simeq \left[\begin{array}{ccc} -4\,\dfrac{s_{4}}{s_{3}} & \dfrac{3\,s_{1}\,s_{3}+2\,s_{2}^{2}-s_{1}^{2}s_{2}}{s_{3}}\,\sqrt{3}+\dfrac{3\,s_{1}\,s_{4}}{s_{3}} & \left(2\,s_{1}^{2}-6\,s_{2}\right)\sqrt{3}\\ 0 & \dfrac{9\,s_{3}-s_{1}\,s_{2}}{s_{3}}\,\sqrt{3}+\dfrac{5\,s_{4}}{s_{3}} & 0\\ \dfrac{2s_{2}^{2}-6\,s_{1}\,s_{3}}{s_{3}^{2}}\,\sqrt{3} & \dfrac{3\,s_{2}\,s_{3}+2\,s_{1}^{2}s_{3}-s_{1}\,s_{2}^{2}}{s_{3}^{2}}\,\sqrt{3}+\dfrac{3\,s_{2}\,s_{4}}{s_{3}^{2}} & -4\,\dfrac{s_{4}}{s_{3}} \end{array}\right] \]
Et on se dit: ne seraient-ils pas orthologiques ? On calcule les centres ad hoc et on trouve X(33464) et X(33464).  Comme attendu, Ils se corespondent par $\chi$, tandis que les deux triangles sont en perspective depuis le point X(5).

Cordialement, Pierre. 

Edit: X(33464) et X(33464) cela ne fait qu'un point. Comme indiqué par Vassilia un peu plus bas, il faut lire:  X(33464) et X(33465)...

pldx1

L'indice 1 est relatif aux triangles construits à l'extérieur, l'indice 2 est relatif aux triangles construits avec l'autre orientation.
On vérifie que $D_1$, le 1er voyeur orthologue, est aligné avec X(2), X(17) tandis que $D_2$, le 2ème voyeur orthologue, est
aligné avec X(2),X(18). Les triangles $A'B'C'$ et $A_1B_1C_1$ ont le même X(13) tandis que les triangles $A'B'C'$ et $A_2B_2C_2$
 ont le même X(14). Finalement, $A_1B_1C_1$ et $A_2B_2C_2$ admettent X(5) comme perspecteur.

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
pour montrer que A est le milieu de [A'A"], trois rotations que l'on peut remplacer par trois résultats synthétiques conduisent à ce résultat...
Sincèrement
Jean-Louis

Vassillia

Bonjour, ne serait-ce pas plutôt X(33465) le 1er voyeur orthologue aligné avec X(2) et X(17) ? X(33464) étant celui aligné avec X(2) et X(18).

Je me permets au passage de répondre à pappus, j'ai effectivement appris pas mal de chose en lisant ce que vous faites, initialement, je ne comprenais pas grand chose aux calculs que vous faites en géométrie projective plane mais je me soigne.

pldx1

Bonjour,

pldx1 a dit: On applique la fameuse "méthode libidineuse et sans intérêt" en utilisant les coefficients $-1,+j,+j^{2}$. Cela donne \[ \begin{array}{ccccccc}  & -jB & -j^{2}C &  & = &  & +1\,A'\\ +j^{3}A &  & +j^{2}C &  & = &  & -j\,B'\\ +j^{3}A & +j^{4}B &  &  & = &  & -j^{2}\,C'\\ \hline 2A &  &  &  & = &  & A'+\left(-jB'-j^{2}C'\right)\\ 2A &  &  &  & = &  & A'+A'' \end{array} \] Et voilà, c'est fini. 

Re-constituer, cela veut dire constituer à l'envers.  On part donc de la façon dont $A',B',C'$ sont constitués à partir de $A,B,C$. Quel est le problème?  

Cordialement, Pierre.

pldx1

@ Vassillia: oui, bien sûr !  

pappus

Mon cher positif

Ne me fais pas dire ce que je n'ai pas dit!

$\mathbb C$ en tant que plan euclidien a une orientation canonique obtenue en décrétant que la base $(1,\imath)$ est directe.

Par contre une feuille de papier vierge censée représenter un plan euclidien n'a aucune orientation prédéfinie.

La première chose à faire de toute urgence pour son utilisateur, avant de faire quoique ce soit d'autre, s'il veut identifier sa feuille à $\mathbb C$ est de tracer dans un coin de sa feuille un repère orthonormé qu'il décrètera être direct.

Il a donc le choix entre deux orientations, choix cornélien s'il en est.

Maintenant reprenons les calculs de Poulbot:

en désignant les affixes des points par les minuscules correspondantes (inutile de supposer $a+b+c=0$), on a, si $\omega =e^{\frac{i\pi }{3}}$, 

$a^{\prime }=\omega b+\overline{\omega }c,b^{\prime }=\omega c+\overline{\omega }a,c^{\prime }=\omega a+\overline{\omega }b$.

So, puisque $\overline{\omega }=-\omega ^{2}$, $a=\dfrac{a^{\prime }+\omega b^{\prime }+\overline{\omega }c^{\prime }}{2}=\dfrac{a^{\prime }+a^{\prime \prime }}{2}$ , .....

Tu as donc ta feuille identifiée à $\mathbb C$ grâce au repère choisi de toute urgence.

Tu te donnes les points $A$, $B$, $C$ ayant pour affixes respectifs $a$, $b$, $c$ dans ce repère.

Attention les points d'abord et leurs affixes ensuite!!!

Trace moi dans ce repère les points $A'$, $B'$, $C'$ d'affixes $a'$, $b'$, $c'$ tels qu'ils ont été calculés par Poulbot.

Ici c'est le contraire, les affixes d'abord les points ensuite!!!

Ensuite tu traces un autre repère d'orientation différente du premier et tu repiques à la ratatouille!

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour,

pappus a dit: l'utilisateur, s'il veut identifier sa feuille à $\mathbb C$, se doit de tracer dans un coin de sa feuille un repère orthonormé qu'il décrètera être direct.

Ben non, il n'y a aucun besoin d'identifier la feuille à $\mathbb C$ si l'on veut procéder à des calculs utilisant le corps $\mathbb C$.  On sait, en tout cas les agregats chauves devraient savoir, qu'un quart de tour suivi d'un autre quart de tour de même sens résulte en un demi-tour. Cette propriété est vérifiée quelque soit le quart de tour choisi. De même, un tiers de tour suivi d'un autre tiers de tour de même sens équivaut à un tiers de tour dans l'autre sens. Cette propriété est vérifiée quelque soit le tiers de tour choisi. 

Quand on considère la primation, c'est à dire la transformation $\left(A,B,C\right) \mapsto \left(A',B',C'\right)$ définie par $A'+J\,B+J^2\,C \etc$, on constate que $2A=A'+A''$. Et pour cela, Il n'y a pas besoin de savoir si $J$ est une racine de l'équation $x\in\cc, x^2+x+1=0$ plutôt qu'une autre. Il y a juste besoin de savoir que le deuxième prime, celui qui agit sur $A'$ pour donner $A''$ est le même que le prime qui agissait sur $A$ pour donner $A'$.

Pour démontrer cela, il suffit d'utiliser la méthode que pappus appelle "méthode libidineuse" quand quelqu'un d'autre s'en sert et qu'il semble tenir pour une "méthode miraculeuse" lorsque c'est pappus qui s'en sert. Le reste du monde appelle cette méthode "la méthode des combinaisons linéaires".

A nouveau, il convient de remarquer que les coordonnées de X(13), X(14) y osotros s'expriment à partir de $s_1=\alpha+\beta+\gamma,\;s_2=\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha,\;s_3=\alpha\beta\gamma$ pour gérer ce qui dépend symétriquement des trois sommets, et de
$s_4=i \left( \alpha-\beta \right)  \left( \beta-\gamma \right)  \left( \gamma-\alpha \right)$ pour gérer ce qui dépend de la synchronisation ou non entre l'orientation du plan et celle du triangle.

Et donc, lorsque l'on déplace $A'$ sur le cercle $A_0'B'C'$ on voit que $A'A'' \etc$ qui concouraient en X(13) se mettent à concourir en X(14), et ainsi de suite.  Lorsque l'on ne sait pas de quel processus $A'B'C'$ est le résultat, il y a deux antécédents possibles, un qui partage son X(13), et un autre, qui partage son X(14). 

Cordialement, Pierre.

pappus

Mon cher Pierre

Pour être clair, je qualifie de libidineuse la méthode qui consiste à montrer des photos de jolies filles plus ou moins vêtues dans une discussion mathématique où elles n'ont rien à faire!

Tes calculs ne sont évidemment pas libidineux mais tes affirmations sur l'orientation du plan me laissent perplexe et j'ai droit à une explication car il n'y a pas de honte à apprendre à tout âge!

La première figure de cette discussion montre la construction classique des triangles de Napoléon.

Elle ne fait référence à aucune orientation.

Le point $A'$ est défini par exemple comme le sommet du triangle équilatéral de base $BC$ situé dans le demi-plan limité par la droite $BC$ ne contenant pas $A$ avec des définitions analogues pour les points $B'$ et $C'$.

Les propriétés fondamentales de cette figure sont les suivantes:

$$AA'=BB'=CC'$$

Les droites $AA'$, $BB'$, $CC'$  sont concourantes.

Il existe des démonstrations élémentaires de cette configuration qu'on peut certainement trouver sur le site de notre ami Jean-Louis Ayme mais d'autres plus évoluées existent qui font appel soit à la théorie des angles orientés soit à celle des nombres complexes.

Ce sont ces démonstrations qui m'intéressent.

Encore une fois, je reprends les notations de Poulbot qui identifie le plan euclidien au plan complexe sans nous dire clairement comment il a procédé

$\omega=e^{\frac{\imath\pi}3}$

Il obtient comme relations entre les affixes des différents points de la figure:

$a'=\omega b+\overline{\omega}c$, $b'=\omega c+\overline{\omega}a$, $c'=\omega a+\overline{\omega}b$.

J'ai le sentiment qu'il n'a pas choisi une orientation quelconque du plan pour les obtenir et que s'il avait choisi l'autre orientation, il n'aurait pas obtenu tout à fait les mêmes formules.
Le mieux est encore de le lui demander !
Amicalement
pappus

pldx1

Bonjour.

Les apparentements terribles:

je qualifie de libidineuse la méthode qui consiste à montrer des photos de jolies filles plus ou moins vêtues dans une discussion mathématique où elles n'ont rien à faire!

Il existe des démonstrations élémentaires de cette configuration qu'on peut certainement trouver sur le site de notre ami Jean-Louis Ayme

Pour en revenir aux orientations. Quand on se donne trois points distincts, il en résulte un et un seul centre de gravité, un et un seul orthocentre, un et un seul centre circonscrit. Ces points forment l'archétype des "Triangles Centers". Mais en fait, ces points forment une classe à part. Leurs barycentriques dépendent uniquement des carrés des longueurs et donc leurs coordonnées dépendent de façon rationnelle des coordonnées des sommets tout en étant invariantes par permutation.

Lorsque les barycentriques dépendent des longueurs elles-mêmes, on constate que les choix de signes ne se conservent pas lorsque l'on déplace les sommets à travers le plan. C'est ainsi que le "centre du cercle inscrit" parcourt une orbite de quatre points, les in/excenters. Et on passe de l'un à l'autre par les transformations de Lemoine.

Il existe une classe intermédiaire, où les barycentriques dépendent de $S,a^2,b^2,c^2$. Et alors, les points décrivent une orbite de taille 2. On sait que $S$ s'exprime rationnellement à partir des coordonnées des points, mais n'est pas invariante lors d'une permutation impaire. Le choix qui a été fait par ETC est de considérer ces points comme des "Triangles Centers" de plein exercice. C'est comme cela, il faut faire avec. Mais, évidemment, cela n'empêche pas ces points de former des paires, le critère pour en départager les éléments  étant l'orientation du triangle (le signe de $S$).

Cordialement, Pierre.

pappus

Merci Pierre.

J'apprécie tes efforts mais tu prêches un convaincu.

Tu n'as pas répondu à mes questions précises concernant les calculs de Poulbot et c'est bien dommage.

Amicalement

pappus

pappus

Bonsoir à tous

A défaut d'avoir des explications de qui que ce soit, je vais vous exposer comment on procédait quand j'étais en classe de Mathématiques car j'ai personnellement vécu cette période glorieuse du Lebossé-Hémery.

Sur la figure, la grande flèche curviligne orientait le plan dans le sens direct ou trigonométrique,

J'ai la mémoire qui flanche;

Je m'souviens plus très bien

On traçait alors les petites flèches curvilignes.

On constatait avec joie qu'elles tournaient toutes les trois dans le bon sens à savoir le sens direct,

Et on on écrivait avec la plus grande assurance et sans état d'âme:

$$(\overrightarrow{A'C},\overrightarrow{A'B})=(\overrightarrow{B'A},\overrightarrow{B'C})=(\overrightarrow{C'B},\overrightarrow{C'A})=\dfrac{\pi}3+2k\pi$$

Est-ce que les choses ont changé aujourd'hui ou bien se contente-t-on encore de ce petit raisonnement curviligne?

Amicalement

pappus

Vassillia

Même mes parents n'étaient pas nés à cette période glorieuse mais j'ai tout de même vu ce "petit raisonnement curviligne" en première.
De mémoire, concernant les angles orientés, il faut savoir identifier le sens visuellement, utiliser la relation de Chasles, placer des points sur le cercle trigonométrique, trouver la ou les mesures de l'angle appartenant à un intervalle, connaitre quelques valeurs usuelles du sin et du cos, montrer que des droites sont parallèles (ou les points alignés) ou perpendiculaires.

Et puis, c'est à peu près tout, je pense qu'on l'écrirait toujours avec la même assurance et sans état d'âme si cela peut te rassurer.

PS : Merci à vous de ne pas cautionner les photos libidineuses

pappus

Merci Vassilia

Donc si je comprends bien, les choses n'ont pas tellement changé aujourd'hui.

Et pourtant nous avons des exposés modernes de la théorie des angles orientés , dans le cours de Berger par exemple mais leur application à des exemples concrets tels que les triangles de Napoléon sont pratiquement introuvables puisque la géométrie aujourd'hui se limite chez nous à ânonner les axiomes de Thalès et de Pythagore.

Quand j'étais en Classe de Mathématiques, la théorie des nombres complexes n'était pas au programme et nous devions donc nous en tirer avec ces angles orientés curvilignes plus ou moins bizarroïdes pour prouver les diverses propriétés de cette configuration impériale.

Quelqu'un va t-il se dévouer pour nous exposer cette démonstration ou bien est-ce encore moi qui, comme d'habitude, va devoir s'y coller?

J'en viens à la preuve des relations de Poulbot.

On identifie, on ne sait trop comment,  le plan euclidien au plan complexe et on lit alors les angles orientés aux sommets $A'$, $B'$, $C'$ dont les mesures valent toutes $\dfrac{\pi}3+2k\pi$ avec $k\in \mathbb Z$.

On a donc:

$$a'-b=\omega(a'-c)$$

avec $\omega=e^{\frac{\imath\pi}3}$

Par suite:

$a'(1-\omega)=b-\omega c$

Mais $1-\omega=\overline{\omega}$

Donc:

$a'\overline{\omega}=b-\omega c$ et $a'\overline{\omega}.\omega=a'=b\omega-c\omega^2$

Mais $\omega^2=\jmath=-\overline{\omega}$

Et finalement

$a'=b\omega+c\overline{\omega}$, etc...

Ce sont les formules de Poulbot

Que deviennent-elles si on change l'orientation du plan en adoptant le sens horaire?

Amicalement

pappus

PS

Sur la figure, il faut lire $\omega'=\overline{\omega}$

Jean-Louis Ayme

Bonsoir,

je fais une entorse à mon point de vue pour aller plus vite.. ce n'est qu'un brouillon...

1. les rotations de centre A, puis de centre C (angle de -60°) permettent de conclure que AA' = BB' = CC'.
2. La rotation de centre C' (angle de -60))  permet de conclure...

Sincèrement
Jean-Louis

pldx1

Bonjour,  $\def\zang#1#2{\left(\overbrace{#1,\,#2}\right)} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\ww{\boxed{W}} \def\wwz{\boxed{W_{z}}} \def\met{\boxed{\mathcal{M}}} \def\metz{\boxed{\mathcal{M}_{z}}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\Sa{S_{a}}   \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\eqx#1{\underset{#1}{=}}$

Comment définir un angle orienté de droites dans le plan orienté ? Il y a trois écoles. (1) Il y a la pas-méthode: on regarde la figure au fond des yeux, on lui demande "figure, oh belle figure, es-tu suffisamment générique pour qu'on te fasse confiance?" et on bricole les signes pour que " cela marche au moins une fois" . (2) Il y a la méthode "c'est plus beau lorsque c'est inutile" . Et on définit un zangle par le graphe de l'action d'une rotation sur un ensemble bien choisi de bidroites-équitrucs. Comment fait-on ensuite pour passer à l'acte et appliquer tout cela au zangle que l'on a devant soi ? Eh bien, on remballe et on passe à une autre méthode. (3) Ensuite, il y a la méthode: "c'est plus beau lorsque c'est utilisable" . Et alors on caractérise un angle (orienté) de droite par sa tangente et l'action de groupe se décrit par $\left(s,t\right)\mapsto$ $\left(s+t\right)/\left(1-s\,t\right)$.

On arrive à: Tangent of two lines. Lorsque le plan du triangle est orienté selon $\zang{AB}{AC}=+A$, alors l'angle orienté de la droite $\Delta_{1}$ vers la droite $\Delta_{2}$ est caractérisé par:  \begin{gather*} \tan\zang{\Delta_{1}}{\Delta_{2}}=\frac{\Delta_{1}\cdot\ww\cdot\tra{\Delta_{2}}}{\Delta_{1}\cdot\met\cdot\tra{\Delta_{2}}}\\ \phantom{x} \\ \where\ww,\met=\left(\begin{array}{rrr} 0 & 1 & -1\\ -1 & 0 & 1\\ 1 & -1 & 0 \end{array}\right),\frac{1}{2S}\,\left(\begin{array}{ccc} a^{2} & -\Sc & -\Sb\\ -\Sc & b^{2} & -\Sa\\ -\Sb & -\Sa & c^{2} \end{array}\right) \end{gather*}

Dans le plan projectif complexe, on caractérise l'angle orienté entre deux droites visibles en utilisant:  \[ \wwz,\metz=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0\\ +1 & 0 & 0 \end{array}\right),\, i \left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right) \] Et, bien entendu, Alice voit " tourne à gauche" (dans le plan $\vzz:\vt$) lorsque Bob voit " tourne à droite" (dans le plan $\vz:\vt$) et réciproquement. En résumé, la tangente se définit comme le quotient de deux formes quadratiques.

Scholie: on retrouve tout cela dans $s_{4}=i\left(\alpha-\beta\right)\left(\beta-\gamma\right)\left(\gamma-\alpha\right)=s_{3}\,\dfrac{4S}{R^{2}}$

Vérification. Ces formules donnent  \[ \tan\zang{AB}{AC}\eqx b\dfrac{4S}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}\eqx 1i\dfrac{\beta-\gamma}{\beta+\gamma}=\dfrac{\sin\widehat{A}}{\cos\widehat{A}} \] Il convient de remarquer que $S,\,\beta-\gamma,\,\widehat{A}$ sont des quantités orientées, ce qui va à l'encontre de la géométrie zélémentaire où $\widehat{A}$ est défini par son seul cosinus, conduisant à $\widehat{A}\in\left[0^{\deg},180^{\deg}\right]$.  

Cordialement, Pierre.

pappus

Bonsoir à tous

Je constate avec tristesse que, comme d'habitude,  je suis le seul à m'intéresser aux relations de Poulbot.

Rien de nouveau sous le soleil!

Je suis condamné à soliloquer!

Laissons donc tomber provisoirement cette sombre histoire de nombres complexes  et revenons à la figure initiale de cette discussion où on a construit les sommets $A'$, $B'$, $C'$ sans utiliser la moindre orientation du plan et cela tombe bien car je le répète pour la énième fois, il n'y a pas besoin d'orienter le plan pour définir la notion d'angles orientés de vecteurs, (voir le livre de Berger, par exemple).

Evidemment c'est cette notion d'angles orientés que je vais utiliser dans la suite.

Comment fait-on alors pour montrer:

$$(\overrightarrow{A'C},\overrightarrow{A'B})=(\overrightarrow{B'A},\overrightarrow{B'C})=(\overrightarrow{C'B},\overrightarrow{C'A})$$

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous.

Ces égalités angulaires quand elles sont écrites avec des mesures d'angles orientés semblent si évidentes grâce à ces flèches curvilignes qui me donnaient tant de tours de cou quand j'étais adolescent qu'on en oublie de les montrer.

Eh bien c'est le moment ou jamais.

On considère l'application affine $BCA'\mapsto CAB'$.

Elle envoie un triangle équilatéral sur un triangle équilatéral.

C'est donc une similitude.

Est-ce encore enseigné?

Permettez moi d'avoir quelques sérieux doutes!

En tout cas c'est surement prouvé quelque part dans le livre de Berger.

Cette similitude est soit directe auquel cas elle conserve les angles orientés et on est sauvé soit elle est indirecte et on l'a dans le baba.

Il vaut mieux donc prouver qu'elle est directe.

Bien sûr mais comment faire?

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour, 

je le répète pour la énième fois, il n'y a pas besoin d'orienter le plan pour définir la notion d'angles orientés de vecteurs, (voir le livre de Berger, par exemple).

Cette problématique a été discutée en détail dans fil "groupe des angles de droites" . Elle peut être résumée par:

Ce qui serait vraiment drôle, ce serait une démonstration où l'on rigole jusqu'au bout, c'est à dire une démonstration où l'on parte des classes d'équivalence de bi-droites équi-truc et où l'on arrive à un isoptique circulaire sans jamais prononcer la phrase "assez rigolé, choisissons une orientation" .

En particulier le livre de Berger est discuté dans le post: https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/645883

Et, comme de juste, page 268, la section 9.6 sur les similitudes planes commence par "dans cette section, X est un plan affine euclidien orienté" .

En fait il n'y a pas moyen de ne pas orienter. Pour démontrer la commutativité du groupe des angles en dimension 2... il faut utiliser une base exprimant que la dimension est 2 plutôt que 317. Ce point est traité en détail dans Bourbaki, Algèbre, chap9, §10, pages 160-175.

Au passage, on remarquera que Lebossé commence le chapitre 2 "angles orientés dans le plan" par:

§28: on appelle sens direct de rotation dans le plan le sens inverse des aiguilles d'une montre.

Question subsidiaire: quel est donc cet $A'$ dont on cause ?  On voudra bien ne pas utiliser en cachette le fait que les triangles "extérieurs" ont une orientation contraire à celle définie par le triangle $ABC$.

Cordialement, Pierre.

Edit: corrigé le lien (merci à Vassillia  pour cette remarque).

pappus

Mon cher Pierre

Tu m'as convaincu au finish que je racontais des sottises!

Donc je te laisse répondre aux éventuels lecteurs de cette discussion qui demanderaient des explications supplémentaires.

Heureusement pour toi, je pense qu'il ne doit pas y en avoir beaucoup sinon aucun!

Amicalement

pappus

Vassillia

Il me semble que ton lien ne pointe sur rien @pldx1 car il manque "comment" entre "discussion" et "645883" même s'il n'est pas difficile de retrouver la référence dans "groupe des angles de droites". On peut y trouver les plaidoiries de @GaBuZoMeu et de @pldx1 qui défendent passionnément respectivement les écoles 2 et 3, j'en recommande vivement la lecture car les angles (orientés) d'attaque sont pédagogiquement intéressants.

Avec tout ça, je serais bien embêtée pour définir un angle orienté, dans le triptyque rotation-paramètre-mesure, je trouve que l'image mentale de la "rotation" est plus parlante mais l'avantage pratique va sans aucun doute à la "paramétrisation". Pour ne pas choisir, je prends la tangente (au sens propre et au figuré) puisque cela peut faire l'affaire pour caractériser ces fameux angles

En tout cas, grâce à vous, j'ai réussi à me faire une idée plus précise de ce qui nécessite une orientation du plan ou pas ce qui n'est pas inutile.

pappus

Bonjour à tous

Je continue malgré tout en pensant à Vassilia qui met tant de bonne volonté à comprendre ce qui se passe.

Je ne veux pas la laisser tomber!

On décompose l'application affine $A'BC\mapsto B'CA$ en $A'BC\mapsto ABC\mapsto BCA\mapsto B'CA$

Que fait-on alors que ne pouvaient faire les bacheliers d'autrefois condamnés aux flèches curvilignes mais que pourraient faire les étudiants d'aujourd'hui s'ils n'avaient pas des préoccupations plus importantes?

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

On regarde l'application affine: $u:A'BC\mapsto ABC$.

C'est une affinité de rapport $\dfrac{\overline{A''A}}{\overline{A''A'}}=\alpha<0$ puisque les points $A$ et $A'$ sont dans des demi-plans différents par rapport à la droite $BC$.

Remarquons que $\alpha=\det(\vec u)$, le déterminant  de la partie linéaire de l'application affine $u$, une remarque sans doute difficile à faire à une époque où la géométrie affine se résume à ânonner l'axiome de Thalès.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous.

Venons en maintenant à la seconde application affine: $v:ABC\mapsto BCA$.

Pour  ceux qui savent comment écrire la matrice d'une application affine en coordonnées barycentriques, pas de problème:

La matrice  de $v$ dans le triangle de référence $ABC$ est:

$$\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$$

C'est une matrice de permutation dont le déterminant vaut $1$.

Il en résulte que:

$$\det(\vec v)=1$$

Le déterminant de la partie linéaire de l'application affine $v$ est égal à 1.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Il reste à se farcir la troisième application affine $w:BCA\mapsto B'CA$.

Comme pour $u$ c'est une affinité dont le rapport vaut:

$$\beta=\dfrac{\overline{B''B'}}{\overline{B''B}}<0$$

pour la même raison: $B'$ et $B''$ sont dans des demi-plans différents limités par la droite $BC$.

Au total soit $f:A'BC\mapsto B'CA$, on a: $f=w.v.u$

Par suite $\det(\vec f)=\det(\vec u).\det(\vec v).\det(\vec w)=\alpha.\beta>0$

La similitude $f$ est bien directe et par conservation des angles:

$$(\overrightarrow{A'C},\overrightarrow{A'B})=(\overrightarrow{B'A},\overrightarrow{B'C})$$

Remarquons que ceux qui utilisent les complexes se servent de cette égalité angulaire sans la moindre justification.

Ils se contentent de contempler leurs flèches curvilignes et vogue la galère.

Eh bien, c'est fait maintenant.

Mais c'est loin d'être fini!

Amicalement

pappus

PS

On pourrait ainsi proposer un exercice à la Jean Louis Ayme.

Montrer la formule métrique:

$$\dfrac{AA''}{A'A''}.\dfrac{B'B''}{BB''}=\big(\dfrac{AC}{BC}\big)^2$$

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol5.html
puis
Le théorème de Jacobi  p. 13
Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Bonjour à tous.

Maintenant quelques notations:

$r(A')$ est la rotation de centre $A'$ envoyant $C$ sur $B$.

$r(C')$ est la rotation de centre $C'$ envoyant $B$ sur $A$.

$r(B')$ est la rotation de centre $B'$ envoyant $A$ sur $C$.

Une petite remarque insidieuse pour ceux qui détestent les angles sous quelque forme que ce soit.

On peut très bien définir une rotation sans parler d'angles!

Ici le but est de calculer la rotation: $r(B').r(C').r(A')$ dans un premier temps!

Amicalement

pappus

pappus

Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.

C'est ce que j'avais remarqué dans ces temps lointains où j'étais encore en activité: mes étudiants étaient très rétifs à composer des rotations de centres différents.

Je vois que les choses n'ont guère changé aujourd'hui et ont sans doute empiré à une époque où la géométrie euclidienne se limite à ânonner l'axiome de Pythagore!

Amicalement

pappus

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Reconstitution euclidienne.pdf
Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Bonjour à tous
On va donc commencer à calculer ce damné produit $r(B').r(C').r(A')$.
On va y aller sans s'presser comme dit la chanson mais va-t-on arriver au bout?

Et, et, Zorro est arrivé
Sans se presser
Le grand Zorro, le beau Zorro
Avec son cheval et son grand chapeau
Avec son flingue et son grand lasso
Avec ses bottes et son vieux banjo

Seul l'avenir nous le dira!
Les rotations sont des déplacements et les déplacements forment un groupe.
Prière de se renseigner sur le groupe des déplacements!
Donc $r(B').r(C').r(A')$ est un déplacement c'est-à-dire une rotation ou une translation ou l'application identité.
Je reconnais que c'est pas grand chose mais c'est quand même mieux que rien!
Amicalement
pappus

pappus

Bonjour à tous
On sait que ces trois rotations ont la même partie linéaire que je noterai $r$ (tout court).
En effet ces trois parties linéaires sont des rotations vectorielles qui ont le même angle:
$$\theta=(\overrightarrow{A'C},\overrightarrow{A'B})=(\overrightarrow{B'A},\overrightarrow{B'C})=(\overrightarrow{C'B},\overrightarrow{C'A})$$
On s'est assez fatigué pour le montrer alors que jusqu'à une date encore très récente, on l'admettait sans sourciller à grand coup de flèches curvilignes.
Pour aller plus loin, il faut avoir une mesure de cet angle $\theta$.
Je croyais naïvement qu'il fallait orienter le plan pour mesurer les angles orientés mais Pierre m'a convaincu qu'il n'en était rien si on adoptait le tour (tr) comme unité d'angle.
En effet, on peut faire deux tours de circuit, le tour du propriétaire, le demi-tour à droite (ou à gauche?) ou partir au quart de tour.
Dans le cas qui nous intéresse, $\theta=\dfrac 16$ tr
Donc l'angle de la rotation $r(B').r(C').r(A')$ vaut $3\times \dfrac 16=\dfrac 12$ tr c'est-à-dire un demi-tour.
Notre rotation produit est donc une symétrie centrale.
Il ne reste plus qu'à identifier son centre!
Amicalement
pappus

P.2

Bien cher pappus, au risque de te donner des battements de coeur, c'est tres simple avec les complexes puisque $r(B')r(C')r(A')(z)=-z+2P$ avec $2P=wA'+\overline {w}B'+C'$.

pldx1

Bonjour,

pappus a dit: Je croyais naïvement qu'il fallait orienter le plan pour mesurer les angles orientés mais Pierre m'a convaincu qu'il n'en était rien si on adoptait le tour (tr) comme unité d'angle.

Après les jérémiades, la fausse naïveté. Cela ne s'arrange pas.