Reconstitution euclidienne

pappus

Mon cher P.2

N'as-tu pas compris que je veux me passer des nombres complexes?

Il ne faut pas croire pour autant que je snobe les complexes. J'ai donné la preuve du contraire dans d'innombrables discussions!

Il n'y avait pas moyen de faire autrement autrefois quand les nombres complexes n'étaient pas dans les programmes de l'enseignement secondaire.

D'autre part tous les calculs faits en complexes sont entachés par le fait qu'on admet que les trois rotations $r(A')$, $r(B')$, $r(C')$ ont la même partie linéaire!

Ici il est clair que le point $C$ est fixé par la rotation $r(B').r(C').r(A')$

Il en résulte que $r(B').r(C').r(A')$ est la symétrie centrale de centre $C$.

Amicalement
pappus

P.2

pldx1, quelqu'un t'a-t-il déjà dit que tes interventions étaient rarement bienveillantes ?

pappus

Bonjour à tous

La figure suivante montre comment on peut continuer à faire mumuse avec cette configuration.

Je suis parti d'un point quelconque $m_0$ puis j'ai tracé les points $m_1=r(A')(m_0)$, $m_2=r(C')(m_1)$, $m_3=r(B')(m_2)$ et on repart pour un tour: $m_4=r(A')(m_3)$, $m_5=r(C')(m_4)$ et évidemment $m_0=r(B')(m_5)$.

Pourquoi?

Cela se referme pour créer une sorte de circuit hexagonal.

Noter la présence des segments pointillés noirs $m_2m_5$ de milieu $A$, $m_1m_4$ de milieu $B$, $m_0m_3$ de milieu $C$.

Pourquoi?

Les droites supports de ces trois segments forment elles mêmes un triangle équilatéral $\alpha\beta\gamma$ circonscrit au triangle $ABC$.

Pourquoi?

Maintenant comment déduire de ces circuits hexagonaux la configuration de restitution de Poulbot?

Amicalement

pappus

P.2

Ma foi cher pappus, j'avais bien compris que tu ne voulais que des méthodes de la classe de 3 ème ou Seconde, mais on est content de te taquiner en bâclant les choses en une ligne. Je me souviens des raisonnements acrobatiques de la classe de 6 ème pour répondre à des questions du genre j'ai payé 30 francs avec 9 pièces de 2 et 5 francs, combien de pièces de chaque. Quel soulagement deux ans plus tard avec le calcul littéral. On dit que Grothendieck s'est fâché avec Deligne parce que il avait résolu un problème par une méthode qui n’était pas celle que Grothendieck voulait...

pappus

Mon cher P.2.

Merci pour ta sympathique intervention mais ne t'inquiète pas trop pour moi, j'en ai vu d'autres.

Much ado about nothing.

En tout cas, je fais tout ce que je peux pour que tu puisses t'amuser avec cette inépuisable configuration!

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Et voici la preuve de l'existence de la configuration de restitution de Poulbot sans utiliser le moindre nombre complexe ni la moindre orientation.

Faire $m_0=C'$.

Décidément il aura fallu que je fasse tout par moi même comme d'habitude!

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour, $\def\simeqx#1{\underset{#1}{\simeq}} \def\slov{\mathcal{S}} \def\linfz{\mathcal{L}_{z}} \def\ptv{~;~} \def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} $

L'application $\psi_{ab}:$ $\linfz\mapsto\linfz\ptv A'BC\mapsto B'CA$ envoie le $a$-côté sur le $b$-côté. Sa matrice est \[ \boxed{\psi_{ab}}\simeqx 1\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{\gamma-\alpha}{\beta-\gamma} & \dfrac{\alpha\,\beta-\gamma^{2}}{\beta-\gamma} & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & \dfrac{\alpha\,\beta-\gamma^{2}}{\alpha\,\gamma\,\left(\beta-\gamma\right)} & \dfrac{\beta\,\left(\gamma-\alpha\right)}{\alpha\,\left(\beta-\gamma\right)} \end{array}\right]\simeqx b\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{c^{2}-b^{2}}{a^{2}} & 0 & 1\\ \dfrac{b^{2}}{a^{2}} & 0 & 0\\ \dfrac{a^{2}-c^{2}}{a^{2}} & 1 & 0 \end{array}\right] \] Ses valeurs propres sont $\left[1,\,\dfrac{-b}{a}{\rm e}^{-iC},\,\dfrac{-b}{a}{\rm e}^{+iC}\right]$, ce qui ne devrait pas être une surprise. Les points fixes sont les ombilics (permettant de vérifier que tous les triangles équilatéraux sont semblables entre eux, qui en aurait douté !), ainsi que  \[ O_{c}\simeqx 1\left(\begin{array}{c} \dfrac{1}{\alpha-2\,\gamma+\beta}\\ \dfrac{1}{\alpha\,\beta-\gamma^{2}}\\ \dfrac{1}{\gamma\,\left(2\,\alpha\,\beta-\alpha\,\gamma-\beta\,\gamma\right)} \end{array}\right)\simeqx b\left(\begin{array}{c} a^{2}\\ b^{2}\\ 2\,\Sc \end{array}\right) \] On constate aussi que, conformément aux définitions, $\psi_{ca}\circ\psi_{bc}\circ\psi_{ab}=\mathrm{id}$.

C'est le moment de sortir de sa poche le théorème des trois similitudes. Les applications $\psi$ induisent une LFIT  \[ \left[\begin{array}{ccc} 0 & 1-t & t\\ t & 0 & 1-t\\ 1-t & t & 0 \end{array}\right] \] qui admet $G=$X(2) à la fois comme slowness et comme équicentre. Et donc les droites $AO_{a}$ concourent en un point qui, d'une part, vérifie $K=\slov^{*}=$X(6) et, d'autre part, est situé sur le cercle des $O_{j}$ (le cercle de similitude).

Remarquons que ceux qui utilisent les complexes se servent de l'égalité angulaire $(\overrightarrow{A'C},\overrightarrow{A'B})=(\overrightarrow{B'A},\overrightarrow{B'C})$ sans la moindre justification. Ils se contentent de contempler leurs flèches curvilignes et vogue la galère.

Ça c'est sûr, ça c'est sûr. En plus d'utiliser un trirème à cinq rang de rames, ces vilaines personnes utilisent sans complexe le fait que $i=i$ et donc que $J=J$.

Pour aller plus loin, il faut avoir une mesure de cet angle $\theta$.

Ben non. Pour faire de la trigonométrie, il n'y a aucun besoin de mesurer les angles. Pour gérer les tiers de tour, il suffit de résoudre $\left(X^{3}-1\right)/\left(X-1\right)=0$. Cela donne $\cos\vartheta=-1/2$ et $\sin\vartheta=\pm\sqrt{3}/2$. Pour ce qui est de l'angle $\widehat{C}$, on utilise la formule \[ \exp\left(i\widehat{C}\right)=\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2\,ab}+i\frac{c}{2\,R} \] comme une simple abréviation, sans aucune intention de mesurer $\widehat{C}$. Et l'on retrouve une propriété de base de la géométrie dynamique. Lorsque l'on bouge librement les sommets d'un triangle, ce triangle ne peut plus être utilisé pour fixer l'orientation du plan et alors il faut se résigner à utiliser $\sqrt{c^{2}}$ comme une quantité algébrique et non pas comme une quantité essentiellement positive.

C'est ainsi que $A'$ est le sommet extérieur lorsque $ABC$ et $A'BC$ ont des orientations contraires. De même $ABC$ et $AB'C$ ont des orientations contraires. Et alors $A'BC$ et $AB'C$ ont la même orientation. Il reste alors à entasser les diversions en espérant que le client aura perdu le fil et ne verra pas que, à la base, il y a une utilisation massive du concept d'orientation.


Cordialement, Pierre.

pappus

Bonjour à tous

Les similitudes directes $\psi_{ab}$, etc... dont parle Pierre sont celles que j'avais utilisées dans ce message:

https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2396987/#Comment_2396987

J'avais bien vu qu'on tombait sur la configuration des trois similitudes et j'avais même fait la figure mais je ne l'avais pas publiée, jugeant qu'elle était trop complexe et n'ayant qu'un rapport lointain avec la configuration de Fermat.

Voici quand même cette figure que je vais un peu commenter pour qu'on puisse suivre ainsi les raisonnements de Pierre. J'ai seulement effacé les points $A'$, $B'$, $C'$ pour plus de clarté.

La similitude directe $\psi_{bc}$ est celle qui envoie $(C,A)$ sur $(A,B)$.

Elle induit évidemment une correspondance affine entre les droites $AC$ et $AB$ dont le graphe est la droite $BC$.

Sur ma figure, elle envoie le point $b\in AC$ sur le point $c\in AB$ et on a un parallélogramme $ba'cA$.

J'ai expliqué cent fois dans le passé comment construire le centre $\alpha$ de cette similitude directe.

C'est le foyer de la parabole dont le triangle harpon est le triangle $ABC$ de sommet $A$.

$\alpha$ est le milieu de la symédiane $AA''$ c'est-à-dire la projection orthogonale du centre du cercle circonscrit $O$ sur cette symédiane.

J'ai aussi tracé la construction euclidienne du point $c$ à partir du point $b$: le cercle circonscrit au triangle $Abc$ passe par le point $\alpha$, (construction classique du centre de similitude directe telle qu'on peut la trouver dans le Lebossé-Hémery.

J'ai complété circulairement la figure en faisant intervenir les autres similitudes directes $\psi_{ca}$ et $\psi_{ab}$.

Le cercle de similitude est le cercle de diamêtre $OK$, (cercle de Brocard?).

J'ai tracé aussi les points invariables $\alpha'$, $\beta'$,$\gamma'$.

Le point directeur est le centre de gravité $G$.

Amicalement

pappus.

pldx1

La conique pilier est l'ellipse de Steiner.