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Cycles

Modifié (20 Jan) dans Géométrie
Bonjour à tous.
Que cache cette animation ?
Amicalement
pappus

Réponses

  • Bonjour à tous
    Première indication: cet exercice a été trouvé dans le livre de Morley, Inversive Geometry, plutôt vers le début.
    Je n'ai pas la référence exacte car je suis loin de mes bases pour un bon bout de temps!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Deuxième indication
    On peut considérer que cette animation est en fait tracée sur la Divine Sphère de Riemann (DSR).
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Troisième indication:
    Vous vous donnez les quatre points $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ et vous essayez de faire la même chose!
    Amicalement
    pappus

  • C'est plus clair lorsqu'on sait que la construction a été faite à partir de ces quatre points. Merci pappus.
  • Mon cher Ludwig
    Tu vois bien que les points $A_k$ sont des points de raccordement des quatre arcs de cercle!
    Comment est-ce possible?
    Et comment faire la figure?
    Amicalement
    pappus
  • Quatre arcs  de cercle ? Comment le saurais-je ??
    Et de toute façon je suis trop occupé par la musique du révolutionnaire Mononéon.
    Mais possible que sa rythmique me mette sur la voie.
  • Mon cher Ludwig
    Tu le sais maintenant puisque je te l'ai dit!
    Amicalement
    pappus
  • Cher pappus, je me réjouis que malgré tes prédictions de juin 2018, tu aies à présent les moyens de prendre ton pied en « cré[ant] cette animation ».
  • Mon cher MathCoss
    C'est vrai que je me suis trompé.
    Errare humanum est!
    On me le rappelle souvent sur ce forum de toute part.
    Il est vrai que le Père Noël est passé cette année, alors que je ne m'y attendais pas du tout grâce à un de mes bons amis qui n'est pas du tout mathématicien.
    Alors je redécouvre mes fichiers Cabri, certains vieux de plus de vingt ans, que je peux partager avec vous avec des yeux pleins d'étoiles!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (22 Jan)
    Bonjour à tous
    Vous devez essayer de construire un chemin de classe $\mathcal C^1$ par morceaux formé d'arcs de cercles qui peuvent dégénérer en segments de droites ou même demi-droites.
    Si vous faites une inversion par rapport à un pôle non situé dans le plan, vous vous retrouvez avec un chemin de classe $\mathcal C^1$ par morceaux formé d'arcs de cercles tracés sur une sphère que vous pouvez toujours supposer être la Divine Sphère de Riemann (DSR) la seule sphère qui nous reste encore très provisoirement jusqu'à nouvel ordre venu d'en haut, alors vite profitons en.
    C'est évidemment le bon point de vue mais il est malcommode pour faire les figures.
    Il vaut mieux travailler dans le plan circulaire=plan euclidien + $\infty$.
    Vous partez d'un arc arbitraire allant de $A_1$ vers $A_2$ puis vous continuez en assurant le raccordement en $A_1$ par un arc allant de $A_1$ vers $A_2$, etc...puis vous terminez par un arc allant de $A_4$ en $A_1$.
    Vous êtes ainsi revenu à votre point de départ mais est-ce que les arcs allant de $A_4$ en $A_1$ et de $A_1$ en $A_2$ vont se raccorder correctement?
    La réponse est non en général!
    Il y a une condition de fermeture et c'est cette condition de fermeture qui est donnée dans le livre de Morley!
    La figure ci-dessous a été faite avec des points $A_k$ choisis au hasard et donc ne vérifiant pas la condition de fermeture de Morley!
    Vous voyez bien qu'il n'y a pas raccordement.
    J'ai supposé que le chemin était parcouru par un mobile à vitesse constante en module.
    Le vecteur vitesse initial $u_1$ détermine donc tous les autres!
    Que se passera-t-il si je fais tourner le vecteur $u_1$?
    Amicalement
    pappus

  • Bonne nuit à tous
    Voilà ce qui se passe si on fait tourner le vecteur vitesse initial $u_1$.
    Cela ne se raccorde jamais car l'angle orienté de vecteur (quelle horreur!) $(u_1,u'_1)$ reste constant!
    Pourquoi?
    On est donc face à un porisme de Morley ou cela se raccorde toujours ou cela ne se raccorde jamais.
    Il ne reste plus qu'à trouver cette fameuse condition de raccord de Morley!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour,

    La preuve n'utilise que les cercles complets, le dessin nécessite de faire le
    bon choix d'arcs pour éviter les rebroussements. 

    Le critère est: cocycliques.

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (23 Jan)
    Merci pldx1.
    Oui, la condition de raccordement de Morley est bien la cocyclicité des points $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$.
    Il ne reste plus qu'à rédiger la preuve, ce que Morley ne fait pas puisque ce porisme est proposé en exercice.
    Peut-on décemment le proposer à des lycéens même si cela aurait été possible à la belle époque du Lebossé-Hémery?
    Ne parlons même pas de nos étudiants qui fuient avec juste raison les angles orientés comme la peste!
    Et il me parait difficile d'éviter de parler d'angles orientés dans ce minuscule exercice du Morley!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (23 Jan)
    Bonjour à tous
    Pour trouver le critère de Morley, il faut essayer de faire la figure.
    On est donc confronté au problème suivant
    On se donne deux points $A_1$ et $A_2$ et un vecteur $u_1$
    Il s'agit de construire l'arc allant de $A_1$ à $A_2$ ayant pour vecteur vitesse initial $u_1$ et de récupérer le vecteur vitesse final $u_2$ en $A_2$.
    Attention il y a bien des façons de construire cet arc mais il faut que le résultat obtenu soit compatible avec l'animation souhaitée qui doit paraitre continue.
    Enfin quelle est la correspondance entre les vecteurs $u_1$ et $u_2$?
    Pour la deviner, il n'est pas interdit de faire bouger le vecteur $u_1$!
    Ce n'est pas pour rien que nos logiciels sont censés être dynamiques!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    Et voilà le résultat!
    Conclusion?
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (24 Jan)
    Certains aspects de ce fil me font penser à celui-là: image d'une droite par une homographie, dans lequel j'avais posté un gif similaire.
    Avec des complexes: soient $a$ et $b$ des complexes (distincts), affixes de $A_1$ et $A_2$ respectivement, soient $P(X) := X-a$, $Q(X):=X-b$ des polynômes, soit $\zeta$ un complexe non nul. Enfin pour $t\in[0,1]$, soit $z(t)$ l'unique racine de $(1-t)\,P + t\zeta\, Q$, c'est-à-dire : $$z(t)= \frac{(1-t)a + t\zeta b}{1-t + t\zeta}$$
    On a $z(0) = a$, $z(1) = b$, et entre les deux $z(t)$ parcourt un arc de cercle. En dérivant par rapport à $t$ l'égalité $(1-t)\,P(z)$ $+ t\zeta\, Q(z)$ $=0$, on obtient $\dot{z}(t) \left( (1-t)\,P'(z) + t\zeta\, Q'(z)\right) -P(z)+\zeta Q(z) = 0$, soit, comme $P'=Q'=1$ : $$\dot {z}(t) = \frac{P(z)-\zeta Q(z)}{1-t + t\zeta}$$
    Donc avec cette paramétrisation les vitesses initiales et finales sont données par $$\dot{z}(0) = (b-a)\zeta\;,\qquad \dot{z}(1) = (b-a)\zeta^{-1}$$
    Et relativement à $b-a$, les arguments sont : $$\arg \left(\frac{\dot{z}(0)}{b-a}\right) = +\arg(\zeta)\; , \qquad \arg\left(\frac{\dot{z}(1)}{b-a}\right) = -\arg(\zeta)$$
    pappus, pas certain que c'était le genre de réponse que tu attendais à ta question deux postes au-dessus. Cette paramétrisation est différentiable, et si on prend $|\zeta|=1$, les vitesses initiales et finales ont même norme (par contre ente les deux je ne suis pas trop sûr que la vitesse soit constante...)
    Après je bloque.
  • Mon cher zitoussi
    Je n'ai parlé de cinématique que pour susciter l'imagination.
    Dans un premier temps, on peut s'en passer et laisser parler l'intuition.
    Ton idée d'utiliser un paramétrage me semble excellente et à la limite du programme puisqu'elle transforme le segment $[0,1]$ par une famille continue d'homographies.
    Donc il ne serait pas étonnant qu'on tombe sur des arcs de cercle si la géométrie circulaire était encore dans nos programmes mais ce n'est plus le cas depuis belle lurette!
    Pas sûr en effet que la vitesse reste constante en module mais si tu choisis $\vert \zeta\vert=1$, c'est bien le cas pour les vitesses initiale et finale: bravo
    Maintenant les calculs sont pratiquement terminés, il ne reste plus qu'à identifier l'application:
    $$\dot z(o)\mapsto \dot z(1)$$
    Le plus facile quoi!
    C'est stupéfiant que tu ne l'aies pas fait!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (24 Jan)
    Bonjour à tous
    Ci-dessous ma figure qui explique comment je construis l'arc de cercle allant de $A_1$ vers $A_2$ avec pour vitesse initiale $u_1$ et quelle est la correspondance entre le vecteur vitesse initial $u_1$ et le vecteur vitesse final $u_2$.
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    Maintenant on en sait assez pour prouver le critère de raccordement de Morley à condition évidemment de savoir comment fonctionne le groupe des isométries vectorielles planes et cela c'est une autre paire de manches en cette période moyenâgeuse!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (24 Jan)
    Bonjour à tous
    Jetons un voile pudique sur une hypothétique preuve de la condition de raccordement de Morley qui n'est une énième condition de cocyclicité, ce qui devrait faire plaisir à gipsyc mais qui ne viendra jamais!
    Maintenant on ne rigole plus, on est sur la DSR  (Divine Sphère de Riemann) avec sous les yeux un tétraèdre régulier inscrit $A_1A_2A_3A_4$.
    On se donne un vecteur tangent $u_1$ en $A_1$ à la DSR.
    Et rebelote!
    On refait son petit circuit $A_1A_2A_3A_4A_1$ en traçant ses arcs sur la DSR et en les raccordant en chaque sommet du tétraèdre que l'on traverse.
    On revient ainsi au sommet $A_1$ avec un vecteur vitesse final $u'_1$.
    Calculer l'angle orienté de vecteurs $(u_1,u'_1)$ dans le plan tangent en $A_1$ à la DSR.
    Voilà un exercice qui devrait turlupiner arguesien mais je lui conseille de faire plutôt ce qu'il a intérêt à faire au lieu de perdre son temps à ces fariboles!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Une figure plane était possible autrefois au bon vieux temps où on faisait encore de la géométrie circulaire!
    Fatalitas!
  • Bonjour pappus,
    On peut se débarasser du point $A_1$ par exemple par projection stéréographique...

  • Modifié (24 Jan)
    Merci arguesien
    T'as trouvé mais débarrasser prend deux r au milieu!
    Il ne te reste plus qu'à faire la figure plane restante avec le point $A_1$ à dache!
    La DSR est une variété!
    Le problème qui se pose est comment travailler dans le plan tangent en $A_1$ à la DSR avec la carte stéréographique dans laquelle on va dessiner?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (24 Jan)
    Mon cher arguesien
    Tu peux parfaitement projeter stéréographiquement sur le plan $A_2A_3A_4$ à partir du point $A_1$ (qui joue le rôle du pôle Nord brrrr...).
    Tu joues sur le fait que le plan tangent en $A_1$ à la DSR est parallèle au plan $A_2A_3A_4$.
    Si tu prends un arc partant de $A_1$ avec le vecteur tangent $u_1$ et arrivant au point $A_2$, comment ton arc va-t-il se dessiner dans ta carte et peux-tu nous faire apparaitre des vecteurs vitesses $u_1$ et $u_2$ qui soient vraisemblables?
    Amicalement
    pappus

  • Bonsoir pappus,
    Voici ma figure :

  • Modifié (25 Jan)
    Mon cher arguesien
    Il faut être précis avec les notations.
    Il est entendu que $u_k$ est le vecteur tangent en $A_k$.
    Ce n'est pas le cas de ta figure!
    Donc dans la carte on voit naturellement les vecteurs $u_2$, $u_3$, $u_4$.
    Il reste à voir ce que sont les vecteurs $u_1$ et $u'_1$.
    D'où ma question préliminaire à laquelle tu n'as pas répondu!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Il faut utiliser l'atlas de la sphère avec la carte $\varphi_1$ de pôle $A_1$ projetant sur le plan $A_2A_3A_4$ et ne déformant pas trop ce qui se passe au voisinage du pôle Sud $A'_1$ diamétralement opposé à $A_1$ sur la DSR et l'autre carte $\varphi_2$ de pôle $A'_1$ (le pôle Sud brrr...) projetant toujours sur le plan $A_2A_3A_4$ et ne déformant pas trop ce qui se passe au voisinage du pôle Nord $A_1$.
    Il y a un changement de carte à trouver sur lequel ruminent chaque année les étudiants en variétés qui auraient été bien heureux de connaitre le chapitre du Lebossé-Hémery sur les inversions.
    Tu es obligé de passer par cette histoire  de changement de cartes pour récupérer les vecteurs $u_1$ et $u'_1$.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (24 Jan)
    Bonsoir pappus,
    Je crains ne pas comprendre exactement la question qui m’est posée. Je peux effectivement faire des confusions car je ne peux malheureusement pas consacrer autant de temps à la géométrie !

    J’ai cru comprendre jusqu’à maintenant que les vecteurs étaient surtout des objets de la géométrie affine et donc je n’arrive pas à saisir exactement ce que peut être l’équivalent d’un vecteur d’une trajectoire sphérique sur une carte utilisée pour une projection; en particulier, si sa direction et son sens sont vraisemblablement bien définis, que dire de sa norme ?
    Si j’en crois mon intuition physique, cette norme ne devrait pas être « infinie » sur une carte du plan $A_1 A_2 A_3$, la trajectoire provenant de l’infini ?
  • Mon cher Arguesien
    Tout d'abord commençons par le commencement.
    On travaille dans le plan du triangle  équilatéral $A_2A_3A_4$, c'est tout ce qu'on verra du tétraèdre dans la carte n°1 qui projette à partir de $A_1$ la DSR privée du point $A_1$ sur le plan $P=(A_2A_3A_4)$.
    L'arc de cercle allant de $A_1$ vers $A_2$ se projettera comme une demi-droite (rouge) se terminant au point $A_2$ avec un vecteur vitesse en $A_2$ dans le prolongement de cette demi-droite rouge.
    Comment déduire de ce simple tracé le vecteur vitesse en $A_1$?
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (25 Jan)
    Bonjour à tous
    La figure ci-dessous montre les points $m=\varphi_1(M)$ et $m'=\varphi_2(M)$ pour tout point $M$ situé dans la DSR privée des pôles $A_1$ et $A'_1$.
    Pour plus de clarté, la figure est faite dans le plan méridien $(A_1A'_1M)$ et votre mission si vous le voulez est d'identifier la correspondance $m\iff m'$ dans le plan $P$, appelée dans la littérature spécialisée changement de cartes, prière de consulter attentivement son Lebossé-Hémery !

    Amicalement
    pappus
  • Modifié (25 Jan)
    Bonjour pappus,
    Il s’agit d’une inversion par rapport au cercle de centre O et passant par u.
  • Bonjour, $\def\pp#1{\mathrm{p}\left(#1\right)} \def\pq#1{\left(-\mathrm{p}\left(#1\right)\right)}$

    On se donne un repère que l'on déclare orthonormé. On dit que son premier axe est horizontal. On dit que la pente de la droite $x=c$ est $\infty$ tandis que la pente de la droite $y=px+q$ est $p$. On définit l'opération pentique par $p\star q=\left(p+q\right)/\left(1-p\,q\right)$. On constate que $\star$ est commutative, que $0$ est neutre et que $-p$ est l'opposé de $p$. On définit alors \[ \tan\left(\Delta_{1},\Delta_{2}\right)\doteq\pq{\Delta_{1}}\star\pp{\Delta_{2}} \]

    On démontre, ou plutôt on démontrait dans les temps zanciens, que cette notion est invariante par changement de repère orthonormé direct. On pouvait même transfigurer cette notion en utilisant les tables du DBR, de sorte que $\star$ soit remplacée par une addition au demi-tour près, selon le modèle: \[ \mu\left(\tan\left(\Delta_{1},\Delta_{3}\right)\right)=\mu\left(\tan\left(\Delta_{1},\Delta_{2}\right)\right)+\mu\left(\tan\left(\Delta_{2},\Delta_{3}\right)\right)+k\times\left(\mathrm{demi-tour}\right) \]

    Mais nul n'est besoin de sortir le DBR de son étagère pour examiner le porisme de Morley. En effet la vitesse en sortie est symétrique de la vitesse en entrée par rapport à la corde de l'arc. Cela donne $\pq{\overrightarrow{u_{1}}}\star\pp{A_{1}A_{2}}=\pq{A_{1}A_{2}}\star\pp{\overrightarrow{u_{2}}}$. On a donc \[ \delta_{1}\doteq\pp{\overrightarrow{u_{1}}}\star\pp{\overrightarrow{u_{2}}}\star\pq{A_{1}A_{2}}^{\uparrow2}=0\etc \]

    Pour un chemin poristique, on obtient: \begin{eqnarray*} 0 & = & \left(-\delta_{1}\right)\star\delta_{2}\star\left(-\delta_{3}\right)\star\delta_{4}\\  & = & \left(\pp{A_{1}A_{2}}\star\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}\star\pq{A_{4}A_{1}}\right)^{\uparrow2} \end{eqnarray*} On en déduit que  \[ \tan\left(A_{3}A_{2},A_{3}A_{4}\right)=\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}=\pq{A_{1}A_{2}}\star\pp{A_{4}A_{1}}=\tan\left(A_{1}A_{2},A_{1}A_{4}\right) \] Et cela suffit pour conclure à la cocyclicité.  

    Cordialement, Pierre
  • Bonjour à tous
    Au moins on a une preuve de pldx1, merci à lui!
    Ensuite il faut la digérer!
    D'après mes souvenirs, Morley s'intéressait à $n$ points au lieu de $4$ et donnait une condition de raccordement en termes de nombres complexes, i.e les affixes de ces $n$ points mais je n'ai plus ce livre sous la main.
    Rescassol pourrait peut-être nous retrouver l'énoncé exact, merci d'avance!
    Une preuve à la Lebossé- Hémery?
    On passe du vecteur $u_1$ au vecteur $u_2$ par la symétrie par rapport à la droite $A_1A_2$, (ma figure était assez explicite!), puis du vecteur $u_2$ au vecteur $u_3$ par la symétrie par rapport à la droite $A_2A_3$.
    Au total on passe de $u_1$ à $u_3$ par le produit de ces deux symétries qui est une rotation d'angle $2(A_1A_2,A_2A_3)$, (pour la énième fois et sans doute pas la dernière, consulter le Lebossé-Hémery!), on a donc:
    $$(u_1,u_3)=2(A_1A_2,A_2A_3)$$
    Un raisonnement analogue montre que:
    $$(u_3,u'_1)=2(A_3A_4,A_4A_1)$$
    Résultat des courses:
    $$(u_1,u'_1)=2(A_1A_2,A_2A_3)+2(A_3A_4,A_4A_1)$$
    Et on tombe sur le porisme!
    Amicalement
    pappus

  • Bonsoir à tous
    Sur ma figure, vous observez les bissectrices $MA_1$ et $MA'_1$ de l'angle camembert $\widehat{uMv}$.
    On a donc un faisceau harmonique $(MA_1,MA'_1,Mu,Mv)=-1$ puis une division harmonique $(m,m',u,v)=-1$ en coupant ce faisceau par la droite $uv$, (consulter le Lebossé-Hémery de la classe de Seconde!).
    D'après la relation de Newton, on a donc:
    $$Ou^2=Ov^2=\overline{Om}.\overline{Om'}$$
    Qu'en déduire sur la correspondance $m\iff m'$ dans le plan $P$?
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour en tous
    Le plan $P$ coupe la DSR suivant le cercle circonscrit au triangle $A_2A_3A_4$.
    Ci-dessous la figure qu'on obtient dans le plan $P$.
    La relation de Newton montre alors que les points $m$ et $m'$ sont inverses par rapport au cercle circonscrit au triangle $A_2A_3A_4$.
    Ceci prouve surtout que nos étudiants dans la théorie des variétés devraient avoir leur Lebossé-Hémery sous la main.
    Dans notre cas de figure, ils en seraient réduits à mener un calcul analytique loin d'être évident.
    Maintenant notre étudiant est capable de répondre à la question: exhiber un vecteur tangent convenable $u_1$ dans le plan tangent en $A_1$ à la DSR!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (26 Jan)
    Bonjour, 

    pldx1 a dit : Pour un chemin poristique, on obtient: \begin{eqnarray*} 0 & = & \left(-\delta_{1}\right)\star\delta_{2}\star\left(-\delta_{3}\right)\star\delta_{4}\\  & = & \left(\pp{A_{1}A_{2}}\star\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}\star\pq{A_{4}A_{1}}\right)^{\uparrow2} \end{eqnarray*}

    Pour un chemin poristique de six points, on obtient: \begin{eqnarray*} 0 & = & \left(-\delta_{1}\right)\star\delta_{2}\star\left(-\delta_{3}\right)\star\delta_{4} \star\left(-\delta_{5}\right)\star\delta_{6} \\  & = & \left(\pp{A_{1}A_{2}}\star\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}\star\pq{A_{4}A_{5}}\pp{A_{5}A_{6}}\star\pq{A_{6}A_{7}}\right)^{\uparrow2} \end{eqnarray*} en utilisant la notation évidente $A_7=A_1$. On peut évidemment réécrire cela en utilisant que la pente $\pp{A_1A_2}$ est "fortement corrélée" avec l'argument du complexe $z_2-z_1$. On peut même combiner pentes et contre-pentes pour arriver à \[\left(A_1A_2,A_2A_3\right)+\left(A_3A_4,A_4A_5\right)+\left(A_5A_6,A_6A_7\right)=0\] Il reste alors un horrible problème de logique: sachant que l'on peut produire une démonstration pour chaque valeur de l'entier naturel $n$, est-ce qu'il en résulte une propriété valable pour tout $n\in \mathbb N$ ?

    Cordialement, Pierre.
  • Bonsoir à tous
    Voici ma figure montrant un hexacycle.
    Comment l'ai-je construite?
    Je me suis donné arbitrairement les cinq premiers points.
    Puis j'ai tracé le cercle $\Gamma$ où doivent être situés les points $A_6$ pour que l'hexacycle se raccorde correctement au point $A_1$.
    Ce n'est pas avec la géométrie de grand-papa et le théorème de l'angle inscrit version camembert mais bien avec la géométrie moderne telle qu'elle est exposée dans le Lebossé-Hémery avec les angles orientés et le groupe des rotations affines planes qu'on peut construire ce cercle $\Gamma$ de façon convaincante.
    Amicalement
    pappus

  • Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.
    Et voilà ce que cela donne comme animation!
    Amicalement
    pappus
    pappus
  • Bonjour à tous
    Pour que vous soyez convaincus que le cercle $\Gamma$ est bien le cercle poristique, je fais se mouvoir le point $A_6$ sur le cercle $\Gamma$ et voilà ce que cela donne!
    Amicalement
    pappus

  • Celle-là, elle est classe – très convaincante !
    Si ce n'est pas indiscret, quel est ce logiciel qu'on t'a offert et qui te permet de faire ces animations à partir de fichiers Cabri ?
  • Modifié (27 Jan)
    Mon cher Math Coss
    Je l’ai déjà dit, il s’agit de l’application ScreenToGif
    Amicalement
    pappus
  • D'accord, merci ! Cela m'avait échappé.
  • Mon cher Math Coss
    Je suppose que cela doit marcher aussi avec GeoGeBra.
    Mais n'oublions pas le plus important: comment ai-je fait pour tracer le cercle $\Gamma$?
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour,

    Ce n'est pas avec la géométrie de grand-papa et le théorème de l'angle inscrit version camembert mais bien avec la géométrie moderne telle qu'elle est exposée dans le Lebossé-Hémery avec les angles orientés et le groupe des rotations affines planes qu'on peut construire ce cercle $\Gamma$ de façon convaincante. Ah que voilà une façon fanfare et grandes orgues pour dire que \[ \left(A_{1}A_{2},A_{2}A_{3}\right)+\left(A_{3}A_{4},A_{4}A_{5}\right)+\left(A_{5}A_{6},A_{6}A_{7}\right)=0 \] peut se réécrire sous la forme \[ \left(A_{5}A_{6},A_{6}A_{7}\right)=-\left(A_{1}A_{2},A_{2}A_{3}\right)-\left(A_{3}A_{4},A_{4}A_{5}\right) \] Et alors, additionnant les camemberts et les livarots, cela donne:

    \[ \begin{array}{lcl} \mathrm{type} & \mathrm{name} & \mathrm{definition}\\ \hline \mathrm{Point} & A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5} & given\\ \mathrm{Point} & A_{7} & A_{1}\\ \mathrm{Angle} & ang2 & Angle[A_{1},\;A_{2},\;A_{3}]\\ \mathrm{Angle} & ang4 & Angle[A_{3},\;A_{4},\;A_{5}]\\ \mathrm{Angle} & zang6 & \left(ang2\;+\;ang4\right)/2\\ \mathrm{Line} & side7 & Rotate[\mathrm{Line}[A_{5},\;A_{7}],\;(-zang6),\;A_{7}]\\ \mathrm{Line} & side5 & Rotate[\mathrm{Line}[A_{5},\;A_{7}],\;\left(+zang6\right),\;A_{5}]\\ \mathrm{Point} & A & \mathrm{Intersect}[side7,\;side5]\\ \mathrm{Circle} & locusA6 & \mathrm{Circle}(A_{5},\;A,\;A_{7})\\ \mathrm{Point} & A_{6} & Point[locusA6] \end{array} \]



    Cordialement, Pierre.

     
  • Modifié (27 Jan)
    Bonjour à tous
    La condition de raccordement pour un hexacycle est:
    \[(A_1A_2,A_2A_3)+(A_3A_4,A_4A_5)+(A_5A_6,A_6A_1)=0\]
    Donc:
    $$(A_6A_1,A_6A_5)=(A_1A_2,A_2A_3)+(A_3A_4,A_4A_5)$$
    et d'après le théorème de l'angle inscrit (pas sa version camembert!), le lieu de $A_6$ est en général un cercle $\Gamma$ passant par les points $A_1$ et $A_5$.
    Le centre $\Omega$ de $\Gamma$ est sur la médiatrice de $A_1A_5$ et vérifie:
    $$(\overrightarrow{\Omega A_1},\overrightarrow{\Omega A_5})=2(A_1A_2,A_2A_3)+2(A_3A_4,A_4A_5)$$
    Mais on a vu que:
    $$(u_1,u_5)=2(A_1A_2,A_2A_3)+2(A_3A_4,A_4A_5)$$
    Ainsi la rotation $r$ de centre $\Omega$ envoyant $A_1$ sur $A_5$ envoie aussi le point $A_1+u_1$ sur le point $A_5+u_5$.
    La construction du point $\Omega$ est alors simple, elle est donnée quelque part dans le Lebossé-Hémery et depuis le temps, tout le monde s'en fout, alors laissons la tranquillement dans son petit coin d'où elle n'a absolument aucune raison de sortir et retournons à nos petits angles camemberts et à nos petits arcs capables si sécurisants!
    Amicalement
    pappus


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