Horocycles exinscrits

Vassillia
Modifié (March 2023) dans Géométrie
Bonjour, pour faire plaisir aux géomètres qui aiment les triangles et puisque la tendance est aux horocycles, voici une petite animation que je trouve sympa qui met en évidence que si A,B et C sont des points idéaux alors, il y a un unique triangle équilatéral dont les horocycles exinscrits ont pour centre A,B et C
Vous pouvez bouger les points A,B et C https://www.geogebra.org/classic/w5m9ttvx
 
Question : Que vaut donc la longueur du coté de ce triangle ?
La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)

Réponses

  • pappus
    Modifié (March 2023)
    Bonsoir Vassilia
    Ta configuration m'intéresse beaucoup mais je voudrais quelques précisions:
    1° Les données sont bien les points idéaux $A$, $B$, $C$ sur le cercle horizon et rien d'autre?
    2° Quelle est ta définition du triangle équilatéral en géométrie hyperbolique?
    Amicalement
    pappus
  • Oui pour la première question et pour triangle équilatéral, tu peux prendre la définition avec 3 cotés qui ont la même longueur (il me semble que cela doit être la même en géométrie euclidienne, non ?)
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pappus
    Modifié (March 2023)
    Merci Vassillia
    Je voulais seulement être sûr pour qu'il n'y ait pas d'ambiguïté.
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (March 2023)
    Ma chère Vassillia
    Je voudrais savoir si partant d'un triangle équilatéral quelconque, on peut reconstituer le triangle idéal $ABC$.
    Amicalement
    pappus
  • J'ai bien peur que non, à partir d'un triangle équilatéral quelconque, il n'y a aucune raison pour que le cercle exinscrit soit aussi tangent au cercle horizon donc soit un horocycle et il n'y aura pas le triangle idéal dont on parle.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pappus
    Modifié (March 2023)
    Merci Vassillia
    J'essaye de comprendre ton programme et mes ennuis commencent dès la troisième ligne.
    C'est sans doute parce que j'ai manqué certaines définitions.
    Je sais que si on se donne un triangle quelconque, on a toujours un cercle inscrit mais qu'on a des problèmes avec les cercles exinscrits. Ils peuvent exister ou non!
    Ces problèmes subsistent-ils avec les triangles équilatéraux?
    Mais ma principale difficulté est de déchiffrer les macros de pldx1 car pour le moment je n'ai pas l'habitude de ce logiciel ggb!
    Amicalement
    pappus

  • pappus
    Modifié (March 2023)
    Ma chère Vassillia
    Excuse moi !
    Je mélange cercles et horocycles.
    Les horocycles ne sont pas des cercles puisqu'ils n'ont pas de centres.
    Si je comprends bien, on cherche les horocycles tangents à deux droites.
    Bizarre mais pourquoi pas !
    Amicalement
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (March 2023)
    J'ai un peu de mal à te suivre mais pour répondre à ta question, tout dépend ce que tu appelles exister, si tu parles en géométrie hyperbolique, les cercles verts exinscrits peuvent ne pas exister, ce sera le cas dès que $I_A$, $I_B$ et $I_C$ (qui sont leur centre hyperbolique) disparaissent dans la figure suivante https://www.geogebra.org/classic/jswbgdfr où à partir de $A$ et $B$ que vous pouvez bouger, on a un triangle équilatéral quelconque dans le modèle de Poincaré.
    Pour information, j'ai tracé les cercles verts en pointillés comme les inversions des cercles verts par rapport au cercle horizon comme je trouve que cela aide à comprendre ce qui se passe.
    L’horocycle en question est juste un cercle vert particulier qui doit en plus être tangent au cercle horizon ou de centre hyperbolique placé sur l'horizon, c'est ce qui se produit quand les cercles verts et les cercles verts en pointillés sont tangents.

    PS : je n'avais jamais fait de macro geogebra avant de m'intéresser aux histoires de @pldx1 ce n'est vraiment pas compliqué, je ne doute pas une seconde que tu pourrais comprendre si tu décidais de t'y intéresser. J'ai vu que tu commences à te mettre à geogebra sur un autre fil, le plus dur est fait, bon courage ;)

    Edit : cohérence des notations du fil
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pldx1
    Modifié (March 2023)
    Bonjour, $\def\cc{\mathbb{C}} \def\hhh{\mathbb{H}} \def\bord{\partial\mathbb{H}} \def\birap#1{\mathrm{birap}\left(#1\right)} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}}$  Comme l'on sait, les transporteurs de Poincaré sont les $\cc$-homographies (de Cremona) qui stabilisent le cercle horizon. Et comme les homographies agissent 3-transitivement sur $\pcct$, toutes les figures qui vont dépendre de $\alpha,\beta,\gamma$ vont être isométriques. En particulier, elles sont auto-isométriques, c'est à dire équilatérales. Prendre $\alpha,\beta,\gamma=-1,+i,-i$ comme modèle. Commentaires en vrac
    1. @parisse: Il serait utile de disposer d'une syntaxe ressemblant à  lil= {pmil3(A,B)} ; // contient alors les 5 résultats de la macro pmil3
      milAB=lil(5) ; on sélectionne le 5ème resultat et on lui donne le nom que l'on veut.
      en particulier, on peut " oublier" le 4ème résultat, qui est cirpaa', que l'on a déjà obtenu.
    2. @Vassillia: Pour déterminer les points de contact des tangentes issues d'un point (extérieur) donné, on doit utiliser l'intersection de la conipolaire et de la conique
    3. En effet, l'intersection entre une courbe et une conique se compose de deux points distincts (visibles ou non). Lorsque ces deux points sont très fortement proches, le calculateur doit décider s'il y a ou non égalité. Si les calculs ont été entrepris avec des valeurs exactes, cette question est sémantiquement bien fondée, et la réponse sera reproductible (contact décidable). Si l'on est parti de valeurs approchées, cette question est sémantiquement mal fondée, et la réponse sera foireuse. La moyenne des deux solutions complexes donnerait le bon résultat, mais comment savoir qu'il s'agit vraiment d'une racine double?
    4. Utiliser des noms "rotatoires" pour désigner des objets obtenus par un processus "rotatoire" facilite la vie du lecteur.
    Cordialement,  Pierre.
  • pldx1
    Modifié (March 2023)
    Listing "à ma façon" du programme donné par Vassillia.


    le triangle

    \[ \begin{array}{cllcc} No. &  & \mathrm{Name} & \mathrm{Definition}\\  &  &  & \mathrm{{\color{magenta}les\_supports}}\\ 1 & \mathrm{Complex} & O & 0 i \\ 2 & \mathrm{Circle} & horz & \mathrm{Circle}(O,\;1)\\ 3 & \mathrm{Point} & A & \mathrm{Point}(horz)\\ 4 & \mathrm{Point} & B & \mathrm{Point}(horz)\\ 5 & \mathrm{Point} & C & \mathrm{Point}(horz)\\ 6 & \mathrm{Line} & tanA & \mathrm{Polar}(A,\;horz)\\ 7 & \mathrm{Line} & tanB & \mathrm{Polar}(B,\;horz)\\ 8 & \mathrm{Line} & tanC & \mathrm{Polar}(C,\;horz)\\ 9 & \mathrm{Point} & O_{A}B & \mathrm{Intersect}(tanA,\;tanB)\\ 10 & \mathrm{Point} & O_{B}C & \mathrm{Intersect}(tanB,\;tanC)\\ 13 & \mathrm{Point} & O_{A}C & \mathrm{Intersect}(tanA,\;tanC)\\ 11 & \mathrm{Circle} & AB & \mathrm{Circle}(O_{A}B,\;A)\\ 12 & \mathrm{Circle} & BC & \mathrm{Circle}(O_{B}C,\;B)\\ 14 & \mathrm{Circle} & CA & \mathrm{Circle}(O_{A}C,\;A)\\  &  &  & \mathrm{{\color{magenta}les\_m\acute{e}diatrices}}\\ 15 & \mathrm{Point} & I_{A} & \mathrm{Midpoint}(O_{A}C,\;O_{A}B)\\ 16 & \mathrm{Circle} & ciraaa & \mathrm{Circle}(I_{A},\;O_{A}C)\\ 17 & \mathrm{Point} & A' & \mathrm{Reflect}(A,\;ciraaa)\\ 18 & \mathrm{Circle} & cirpaa & \mathrm{Circle}(A',\;A)\\ 19 & \mathrm{Point} & I_{B} & \mathrm{Midpoint}(O_{A}B,\;O_{B}C)\\ 20 & \mathrm{Circle} & cirbbb & \mathrm{Circle}(I_{B},\;O_{A}B)\\ 21 & \mathrm{Point} & B' & \mathrm{Reflect}(B,\;cirbbb)\\ 22 & \mathrm{Circle} & cirpbb & \mathrm{Circle}(B',\;B)\\ 23 & \mathrm{Point} & I_{C} & \mathrm{Midpoint}(O_{A}C,\;O_{B}C)\\ 24 & \mathrm{Circle} & circcc & \mathrm{Circle}(I_{C},\;O_{A}C)\\ 25 & \mathrm{Point} & C' & \mathrm{Reflect}(C,\;circcc)\\ 26 & \mathrm{Circle} & cirpcc & \mathrm{Circle}(C',\;C)\\  &  &  & \mathrm{{\color{magenta}les\_segments}}\\ 27 & \mathrm{Point} & J_{P} & \mathrm{pcutcir}(cirpaa,\;cirpbb)\\ 30 & \mathrm{Point} & A_{P} & \mathrm{pcutcir}(BC,\;cirpaa)\\ 29 & \mathrm{Point} & B_{P} & \mathrm{pcutcir}(CA,\;cirpbb)\\ 28 & \mathrm{Point} & C_{P} & \mathrm{pcutcir}(AB,\;cirpcc)\\ 31 & \mathrm{Circle} & r & \mathrm{Circle}(B_{P},\;C_{P},\;A_{P})\\ \\ 32 & \mathrm{Arc} & bc & pmil3(B_{P},C_{P})\\ 33 & \mathrm{Text} & texte1 & pmil3(B_{P},C_{P})\\ 34 & \mathrm{Circle} & bcx & pmil3(B_{P},C_{P})\\ 35 & \mathrm{Circle} & cirpaa' & pmil3(B_{P},C_{P})\\ 36 & \mathrm{Point} & A'_{P} & pmil3(B_{P},C_{P})\\ \\ 37 & \mathrm{Arc} & ca & pmil3(C_{P},\;A_{P})\\ 38 & \mathrm{Text} & texte2 & pmil3(C_{P},\;A_{P})\\ 39 & \mathrm{Circle} & cax & pmil3(C_{P},\;A_{P})\\ 40 & \mathrm{Circle} & cirpbb' & pmil3(C_{P},\;A_{P})\\ 41 & \mathrm{Point} & B'_{P} & pmil3(C_{P},\;A_{P})\\ \\ 42 & \mathrm{Arc} & ab & pmil3(A_{P},B_{P})\\ 43 & \mathrm{Text} & texte3 & pmil3(A_{P},B_{P})\\ 44 & \mathrm{Circle} & abx & pmil3(A_{P},B_{P})\\ 45 & \mathrm{Circle} & cirpcc' & pmil3(A_{P},B_{P})\\ 46 & \mathrm{Point} & C'_{P} & pmil3(A_{P},B_{P})\\ \\ 47 & \mathrm{Circle} & a'b'c'P & \mathrm{Circle}(A'_{P},C'_{P},B'_{P}) \end{array} \]

    On a texte1=texte2=texte3=" 0.96"

    les horocycles



    On se donne un cercle principal par centre $H$ et rayon $HI$. On se donne un deuxième cercle $EFH$. Le point $P$ est l'intersection de l'axe radical des deux cercles et de la corde $EF$. On prend la polaire de $P$ wrt le cercle principal, donnant $Q$et $R$. On garde le point $X$ qui est sur le bon arc $MN$. Et on s'écrie: $X$ est le " bon" point de contact. \[ \begin{array}{clll} No. &  & Name & Definition\\ 1 & \mathrm{Point} & E & given\\ 2 & \mathrm{Point} & F & given\\ 3 & \mathrm{Point} & H & given\\ 4 & \mathrm{Point} & I & given\\ 5 & \mathrm{Circle} & cirHI & \mathrm{Circle}(H,I)\\ 6 & \mathrm{Circle} & EFH & \mathrm{Circle}(E,F,H)\\ 7 & \mathrm{Point} & M & \mathrm{Intersect}(cirHI,EFH,1)\\ 8 & \mathrm{Point} & N & \mathrm{Intersect}(cirHI,EFH,2)\\ 9 & \mathrm{Line} & axerad & \mathrm{Line}(M,N)\\ 10 & \mathrm{Line} & corde & \mathrm{Line}(E,F)\\ 11 & \mathrm{Point} & P & \mathrm{Intersect}(axerad,corde)\\ 12 & \mathrm{Line} & polarP & \mathrm{Polar}(P,cirHI)\\ 14 & \mathrm{Point} & Q & \mathrm{Intersect}(cirHI,polarP,1)\\ 15 & \mathrm{Point} & R & \mathrm{Intersect}(cirHI,polarP,2)\\ 16 & \mathrm{Point} & XMM & If(Distance(E,Q)<Distance(E,R),Q,R) \end{array} \]

    Et maintenant, on passe à l'acte, obtenant les horocycles.

    \[ \begin{array}{ccll} No. &  & Name & Definition\\  &  &  & \mathrm{{\color{magenta}les\_horocycles}}\\ 70 & \mathrm{Point} & cenbcx & Center(bcx)\\ 64 & \mathrm{Point} & cencax & Center(cax)\\ 67 & \mathrm{Point} & cenabx & Center(abx)\\ 65 & \mathrm{Point} & tancAb & tancercle(A,A'_{P},cencax,B'_{P})\\ 68 & \mathrm{Point} & tancAc & tancercle(A,A'_{P},cenabx,C'_{P})\\ 69 & \mathrm{Point} & tancBc & tancercle(B,B'_{P},cenabx,C'_{P})\\ 72 & \mathrm{Point} & tancBa & tancercle(B,B'_{P},cenbcx,A'_{P})\\ 71 & \mathrm{Point} & tancCa & tancercle(C,C'_{P},cenbcx,A'_{P})\\ 66 & \mathrm{Point} & tancCb & tancercle(C,C'_{P},cencax,B'_{P})\\ 74 & \mathrm{Circle} & horAP & \mathrm{Circle}\left(tancAc,A,A'_{P}\right)\\ 73 & \mathrm{Circle} & horBP & \mathrm{Circle}\left(tancBa,B,B'_{P}\right)\\ 75 & \mathrm{Circle} & horCP & \mathrm{\mathrm{Circle}}\left(tancCb,C,C'_{P}\right) \end{array} \]

    On a donc remplacé la ligne 74, qui était:

    \begin{eqnarray*} horAP & = & \mathrm{If}\left(\begin{gathered}\mathrm{IsDefined}(tancAc),\\ \mathrm{If}\left(\begin{gathered}\mathrm{IsDefined}(tancAb)\wedge\mathrm{Distance}(A,tancAb)<\mathrm{Distance}(A,tancAc),\\ \mathrm{Circle}(tancAb,A,A'_{P}),\mathrm{Circle}(tancAc,A,A'_{P}) \end{gathered} \right)\\ \mathrm{Circle}(tancAb,A,A'_{P}) \end{gathered} ,\right) \end{eqnarray*}

    Modèle de Klein


    \[ \begin{array}{clll} No. &  & Name & Definition\\ 91 & \mathrm{BooleanValue} & pp & given\\ 98 & \mathrm{BooleanValue} & kk & given\\ 102 & \mathrm{Text} & text1 & liste\;des\;macros\\  &  &  & \mathrm{{\color{magenta}mod\grave{e}le\_de\_Klein}}\\ 50 & \mathrm{Complex} & A_{K} & \mathrm{p2k}(A_{P})\\ 51 & \mathrm{Complex} & B_{K} & \mathrm{p2k}(B_{P})\\ 49 & \mathrm{Complex} & C_{K} & \mathrm{p2k}(C_{P})\\ 52 & \mathrm{Segment} & bck & \mathrm{Segment}(B_{K},C_{K})\\ 53 & \mathrm{Segment} & cak & \mathrm{Segment}(C_{K},A_{K})\\ 54 & \mathrm{Segment} & abk & \mathrm{Segment}(A_{K},B_{K})\\ 55 & \mathrm{Complex} & J_{K} & \mathrm{p2k}(J_{P})\\ 56 & \mathrm{Complex} & A'_{K} & \mathrm{p2k}(A'_{P})\\ 57 & \mathrm{Complex} & B'_{K} & \mathrm{p2k}(B'_{P})\\ 58 & \mathrm{Complex} & C'_{K} & \mathrm{p2k}(C'_{P})\\ 61 & \mathrm{Line} & linkaa & \mathrm{Line}(A_{K},A'_{K})\\ 59 & \mathrm{Line} & linkbb & \mathrm{Line}(B_{K},B'_{K})\\ 60 & \mathrm{Line} & linkcc & \mathrm{Line}(C_{K},C'_{K})\\ 62 & \mathrm{Line} & bcy & \mathrm{Line}(B_{K},C_{K})\\ 63 & \mathrm{Line} & cay & \mathrm{Line}(C_{K},A_{K})\\ 64 & \mathrm{Line} & aby & \mathrm{Line}(A_{K},B_{K})\\ \\ 76 & \mathrm{Line} & medAA' & \mathrm{PerpendicularBisector}(A,A'_{P})\\ 77 & \mathrm{Line} & medBB' & \mathrm{PerpendicularBisector}(B,B'_{P})\\ 78 & \mathrm{Line} & medCC' & \mathrm{PerpendicularBisector}(C,C'_{P})\\ \\ 83 & \mathrm{Complex} & kancAc & \mathrm{p2k}(tancAc)\\ 84 & \mathrm{Complex} & kancAb & \mathrm{p2k}(tancAb)\\ 86 & \mathrm{Complex} & kancBa & \mathrm{p2k}(tancBa)\\ 87 & \mathrm{Complex} & kancBc & \mathrm{p2k}(tancBc)\\ 89 & \mathrm{Complex} & kancCb & \mathrm{p2k}(tancCb)\\ 90 & \mathrm{Complex} & kancCa & \mathrm{p2k}(tancCa)\\ \\ 92 & \mathrm{Line} & pbA' & \mathrm{PerpendicularBisector}(A'_{P},J_{P})\\ 93 & \mathrm{Point} & ZW_{1} & \mathrm{Intersect}(a'b'c'P,pbA',1)\\ 94 & \mathrm{Point} & ZW_{2} & \mathrm{Intersect}(a'b'c'P,pbA',2)\\ 95 & \mathrm{Complex} & kZW_{1} & \mathrm{p2k}(ZW_{1})\\ 96 & \mathrm{Complex} & kZW_{2} & \mathrm{p2k}(ZW_{2})\\ 97 & \mathrm{Ellipse} & a'b'c'K & Conic\left(A'_{K},B'_{K},C'_{K},kZW_{1},kZW_{2}\right)\\ \\ 104 & \mathrm{Point} & tancAb' & \mathrm{Reflect}(tancAb,medAA')\\ 105 & \mathrm{Complex} & kancAb' & \mathrm{p2k}(tancAb')\\ 107 & \mathrm{Point} & tancBc' & \mathrm{Reflect}(tancBc,medBB')\\ 108 & \mathrm{Complex} & kancBc' & \mathrm{p2k}(tancBc')\\ 110 & \mathrm{Point} & tancCa' & \mathrm{Reflect}(tancCa,medCC')\\ 111 & \mathrm{Complex} & kancCa' & \mathrm{p2k}(tancCa')\\ 106 & \mathrm{Ellipse} & horAk & \mathrm{Conic}\left(A,A'_{K},kancAc,kancAb,kancAb'\right)\\ 109 & \mathrm{Ellipse} & horBk & \mathrm{Conic}\left(B,B'_{K},kancBa,kancBc,kancBc'\right)\\ 112 & \mathrm{Ellipse} & horCk & \mathrm{Conic}\left(C,C'_{K},kancCb,kancCa,kancCa'\right) \end{array} \]

  • Et maintenant, les calculs. $\def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}} \def\ptv{~;~}$
    1. On part des trois turns $\alpha,\beta,\gamma$. La $P$-droite $BC$ ayant $\beta,\gamma$ pour points à l'infini est le $\cc$-cercle orthogonal à $\left(B\right),\left(C\right),\Gamma$. On a donc: \[ BC,CA,AB\simeq\left(\begin{array}{c} -2\\ \beta+\gamma\\ -2\,\beta\,\gamma\\ \beta+\gamma \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -2\\ \alpha+\gamma\\ -2\,\gamma\,\alpha\\ \alpha+\gamma \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -2\\ \alpha+\beta\\ -2\,\alpha\,\beta\\ \alpha+\beta \end{array}\right) \]
    2. Les pôles, i.e. les $\cc$-centres de ces droites sont \[ O_{BC},O_{CA},O_{AB}\simeq\left(\begin{array}{c} 2\,\beta\,\gamma\\ \beta+\gamma\\ 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 2\,\gamma\,\alpha\\ \alpha+\gamma\\ 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 2\,\alpha\,\beta\\ \alpha+\beta\\ 2 \end{array}\right) \]
    3. Le cycle " coupe en deux" est défini par son birapport avec l'existant. On a donc: \[ \birap{\left(\begin{array}{c} \dfrac{-2}{\alpha+\gamma}\\ 1\\ \dfrac{-2\,\gamma\,\alpha}{\alpha+\gamma}\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \dfrac{-2}{\alpha+\beta}\\ 1\\ \dfrac{-2\,\alpha\,\beta}{\alpha+\beta}\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \dfrac{-2\,x}{\alpha+\gamma}-\dfrac{2\left(1-x\right)}{\alpha+\beta}\\ 1\\ \dfrac{-2x\gamma\,\alpha}{\alpha+\gamma}-\dfrac{2\left(1-x\right)\alpha\,\beta}{\alpha+\beta}\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -\dfrac{1}{\alpha}\\ 1\\ -\alpha\\ 1 \end{array}\right)}=-1 \] On résoud, et cela donne: \[ x=\dfrac{\alpha^{2}-\alpha\,\beta+\gamma\,\alpha-\beta\,\gamma}{2\left(\alpha^{2}-\beta\,\gamma\right)}\ptv\cir{paa}\simeq\left(\begin{array}{c} 2\,\alpha-\beta-\gamma\\ -\alpha^{2}+\beta\,\gamma\\ \alpha\,\left(\alpha\,\beta+\gamma\,\alpha-2\,\beta\,\gamma\right)\\ -\alpha^{2}+\beta\,\gamma \end{array}\right) \] Vassillia réalise cela par inversion dans un cercle diamétral. Of course !
    4. Les trois cercles appartiennent à un même faisceau. Leur point commun est: \[ J\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}}{2\,s_{1}^{2}-6\,s_{2}}+\dfrac{is_{4}\,\sqrt{3}}{2\,s_{1}^{2}-6\,s_{2}}\\ 1\\ \dfrac{s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}}{2\,s_{2}^{2}-6\,s_{1}\,s_{3}}+\dfrac{is_{4}\,\sqrt{3}}{2\,s_{2}^{2}-6\,s_{1}\,s_{3}} \end{array}\right) \] tandis que $\widehat{J}$ s'obtient par conjugaison.
    5. Les sommets $A_{P},B_{P},C_{P}$ s'obtiennent par les intersections qui vont bien. Cela donne \[ A_{P},\widehat{A_{P}}\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{\left(1+i\right)\left(\left(\alpha-\gamma\right)\beta-i\gamma\,\left(\alpha-\beta\right)\right)}{\left(2\,\alpha-\beta-\gamma\right)+i\left(\beta-\gamma\right)}\\ 1\\ \dfrac{\left(1+i\right)\left(\left(2\,\alpha-\beta-\gamma\right)-i\left(\beta-\gamma\right)\right)}{2\left(\left(\alpha-\gamma\right)\beta+i\gamma\,\left(\alpha-\beta\right)\right)} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \dfrac{\left(1-i\right)\left(\left(\alpha-\gamma\right)\beta+i\gamma\,\left(\alpha-\beta\right)\right)}{\left(2\,\alpha-\beta-\gamma\right)-i\left(\beta-\gamma\right)}\\ 1\\ \dfrac{\left(1-i\right)\left(\left(2\,\alpha-\beta-\gamma\right)+i\left(\beta-\gamma\right)\right)}{2\left(\left(\alpha-\gamma\right)\beta-i\gamma\,\left(\alpha-\beta\right)\right)} \end{array}\right) \] et, en utilisant les fonctions symétriques: \[ D_{P},\widehat{D_{P}}\simeq\left(\begin{array}{c} \delta^{2}s_{2}-\delta\,s_{1}\,s_{2}+3\,\delta\,s_{3}-5\,s_{1}\,s_{3}+2\,s_{2}^{2}\\ \delta^{2}s_{1}-\delta\,s_{1}^{2}+\delta\,s_{2}+s_{1}\,s_{2}-6\,s_{3}+s_{4}\\ 3\,\delta^{2}-2\,\delta\,s_{1}+s_{1}^{2}-2\,s_{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \delta^{2}s_{2}-\delta\,s_{1}\,s_{2}+3\,\delta\,s_{3}-5\,s_{1}\,s_{3}+2\,s_{2}^{2}\\ \delta^{2}s_{1}-\delta\,s_{1}^{2}+\delta\,s_{2}+s_{1}\,s_{2}-6\,s_{3}-s_{4}\\ 3\,\delta^{2}-2\,\delta\,s_{1}+s_{1}^{2}-2\,s_{2} \end{array}\right) \]
    6. On calcule la $P$-droite $B_{P}C_{P}$et on coupe par $\cir{paa}$. Cela donne \[ D'_{P}\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{\alpha^{2}s_{1}-\alpha\,s_{1}^{2}+\alpha\,s_{2}-s_{1}\,s_{2}+12\,s_{3}+s_{4}\sqrt{5}}{3\,\alpha^{2}-2\,\alpha\,s_{1}-3\,s_{1}^{2}+10\,s_{2}}\\ 1\\ \dfrac{\alpha^{2}s_{1}-\alpha\,s_{1}^{2}+\alpha\,s_{2}-s_{1}\,s_{2}+12\,s_{3}+s_{4}\sqrt{5}}{\alpha^{2}s_{2}-\alpha\,s_{1}\,s_{2}+3\,\alpha\,s_{3}+7\,s_{1}\,s_{3}-2\,s_{2}^{2}} \end{array}\right) \]
    7. On sort alors les formules de calcul des distances. Il vient: \[ \cosh\left(d_{p}\left(B_{P},C_{P}\right)\right)=\dfrac{3}{2}\ptv\cosh\left(d_{p}\left(B'_{P},C'_{P}\right)\right)=\dfrac{11}{10}\ptv\cosh\left(d_{p}\left(A_{P},C'_{P}\right)\right)=\sqrt{5}/2 \]
    8. On calcule l'angle entre les $\cc$-cercles correspondant aux $P$-droites $A_{P}B_{P}$ et $A_{P}B_{P}$. Se rappeler comment on procède à partir des quadricolonnes, et obtenir \[ \cos^{2}\left(\cir{abx},\cir{cax}\right)=9/25\ptv\cos^{2}\left(\cir{bcx},\cir{pbb}\right)=4/5 \] Et, quelle absence de surprise, la formule $\cos\left(2x\right)=2\cos^{2}x-1$ se trouve vérifiée.
    9. Exercice: tester les formules concernant les triangles rectangles hyperboliques.
  • Vassillia
    Modifié (March 2023)
    Bonjour pldx1,
    Bravo et merci pour ta motivation à avoir lu ce programme, c'est d'autant plus courageux qu'il n'avait pas vraiment vocation à l'être. Je n'ai pas cherché à l'optimiser comme j'étais plutôt en mode découverte après une réponse à une question. D'ailleurs, je me suis rendu compte tardivement que je m'étais compliquée la vie avec tancercle() même si cela se légitimait un peu à l'origine.
    Dans la version actuelle modifiée depuis ma discussion avec pappus qui me disait aussi lire quelques lignes du programme, j'obtiens les horocycles à partir de leur centre euclidien qui est évidemment l'intersection de $[O,A]$ et de la médiatrice de $[A,A'_p]$ donc on peut virer tancercle(). Ce que je n'ai pas manqué de faire comme j'avais bien constaté le foirage dont tu parles (que j'avais plus ou moins caché sous le tapis en bidouillant comme tu as pu le constater). J'aurais pu y penser avant mais bon...
    A part ça, je viens de changer le nom des points pour être cohérente avec tes notations et faciliter la vie du lecteur.
    On peut aussi exprimer la distance sous la forme $d_P(B_P,C_p)=2 \ln(\Phi)$ où $\Phi$ est le nombre d'or. Cela se calcule assez bien en distance euclidienne dans le modèle de Klein en imposant $\alpha=-1$ ; $\beta=-i$ et $\gamma=i$ et il reste ensuite à transformer en distance hyperbolique. Pour ceux qui sont vraiment allergiques à tes calculs, ils devront quand même utiliser ta formule sur la distance hyperbolique dans le modèle de Klein avec $\frac{1}{2} \ln birapport$, on ne peut pas tout avoir.
    Edit : on pourrait aussi obtenir $A'$ comme intersection de $tanA$ et de la droite passant par $B$ et $C$ comme l'a signalé pappus dans la question qui m'a fait penser à ça

    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Bonjour,



    Sur cette figure, le point $A$ appartient à la $P$-droite  $axeA$ qui est l'axe de symétrie des $P$-droites $\alpha\beta,\alpha\gamma$. Quand on tire sur le point $A$ en direction de $\alpha$, les cercles exinscrits (couleur verte) du triangle $ABC$ augmentent en taille puis disparaissent à travers des horocycles. Ceci est une conséquence du fait que les bissectrices extérieures (couleur cyan) $I_BAI_C$ et $I_ABI_c$ ne se coupent plus: le point $I_C$ n'est donc plus un point visible. Par contre, les trois bissectrices  $I_BAI_C, I_ABI_C, axeC$ continuent de faire partie d'un même faisceau. Mais, désormais, nous avons des Poncelets visibles qui sont deux points de l'horizon, tandis que les points de base, qui seraient $I_C, iI_C$, sont devenus invisibles.


    Cordialement, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (March 2023)
    Je ne suis pas sûre de savoir ce que sont des points de Poncelet mais est-ce que ça ne serait pas les points d'intersections des cercles verts (que je ne fais pas disparaitre même quand ils n'existent plus en géométrie hyperbolique) et des cercles verts en pointillés dans mon lien précédent ?
    Le cercle vert en pointillés est l'inverse du cercle vert $cirexC$ par rapport au cercle horizon donc ces 3 cercles devraient faire partie du faisceau orthogonal à celui où $I_BAI_C$ est l'inverse de $I_ABI_C$ par rapport à $C C' I_C$
    Du coup, si l'un des faisceaux est à point de base, l'autre est à point limite et le "miracle horocycle" se produit lorsqu'il sont tous les deux à cercles tangents

    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pldx1
    Modifié (March 2023)
    Bon après-midi. $\def\pccq{\mathbb{P}_{\cc}\!\left(\cc^{4}\right)} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}$
    1. Repartons du Déluge. L'espace des points est $\pcct$, c'est à dire l'ensemble des triplets $\left[\vz,\vt,\vzz\right]$ considérés "à un multiplicateur près" . On sait qu'un cycle est une conique passant par les deux ombilics. On en déduit que l'espace des cycles est la copie de $\pccq$ engendrée par les quatre coniques $\vz\vt,\vzz\vt,\vt^{2},\vz\vzz$ (les deux isotropes, le cycle horizon, le cycle nul).
    2. On peut faire plus beau, en prenant comme famille génératrice $2X\vt,2Y\vt,\vz\vzz-\vt^{2},\vz\vzz+\vt^{2}$ (les axes "des X" et "des Y" , le cercle visible unité, le cercle imaginaire unité). Les coordonnées d'un cycle point vérifient alors $d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}-d_{4}^{2}=0$ et la quadrique fondamentale devient une magnifique sphère. Ce modèle, aka le modèle stéréographique, est moins efficace pour faire les calculs, mais est irremplaçable pour "voir" de quoi on cause.
    3. On arrive au théorème fondamental: une homographie de Cremona agissant sur les points de $\pcct$ a pour résultat une collinéation agissant dans $\pccq$, l'espace des cycles. Un "faisceau de cercles" est un ensemble de cycles obtenu par combinaisons linéaires de deux d'entre eux, autrement dit une droite projective. Il y a alors deux cas: la droite rencontre la conique fondamentale et le faisceau contient deux cercles points. Ou bien la droite ne rencontre pas la conique fondamentale. Et alors sa droite duale rencontre la conique fondamentale, définissant les points de base du faisceau initial.
    4. En géométrie euclidienne, les trois côtés d'un triangle passent par le même point $\infty$. Leur orthogonal commun est le cycle $\left\{ \infty\right\} $ et les huit cercles d'Apollonius se résument aux quatre cercles tri-tangents et à "quatre fois le point à l'infini" .
    5. Dans le modèle de Poincaré, les trois côtés d'un triangle hyperbolique sont des $\cc$-cercles génériques et leur orthogonal commun est d'autant moins un cercle point que ce cercle est le cercle horizon utilisé pour construire le modèle. Comme les $P$-in-ex-inscrits sont aussi des $\cc$-cycles, le théorème d'Apollonius nous indique qu'il y a huit candidats, qui sont les $\cc$-cercles tangents aux trois cercles donnés. Ceux-ci se répartissent en quatre lots de cercles inverses l'un de l'autre par rapport au cycle orthogonal commun.
    6. Quand on passe au modèle de Klein, les deux cercles inverses de chaque lot coagulent en une ellipse.
    7. Cette situation d'Apollonius a déjà été discutée en long et en large, conduisant à la fameuse procédure zapoll. On n'hésite pas à s'en servir.
    8. Les cercles $\cir{BC},\cir{CA},\cir{AB}$ forment une configuration de Soddy. Leur cercle central est le circonscrit au triangle. Il vient: \begin{eqnarray*} \cir{abcP}\simeq\left(\begin{array}{c} 6\,s_{2}-2\,s_{1}^{2}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}-2\,s_{4}\\ 6\,s_{1}\,s_{3}-2\,s_{2}^{2}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+2\,s_{4} \end{array}\right) & \simeq & \cc\left[\left(\begin{array}{c} 2\,s_{2}^{2}-6\,s_{1}\,s_{3}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+2\,s_{4}\\ 2\,s_{1}^{2}-6\,s_{2} \end{array}\right)\ptv\rho=\dfrac{s_{4}}{s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+2\,s_{4}}\right]\\ & \simeq & P\left[J\ptv\cosh\left(\delta\right)=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right] \end{eqnarray*}
    9. Au contraire, les cercles $\cir{bcx},\cir{cax},\cir{abx}$ forment une configuration générale. On récupère les 4 cercles in-ex-inscrits et leurs inverses wrt l'horizon. En particulier, il vient: \begin{eqnarray*} \cir{a'b'c'P}\simeq\left(\begin{array}{c} 6\,s_{2}-2\,s_{1}^{2}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}-4\,s_{4}\,\sqrt{1/5}\\ 6\,s_{1}\,s_{3}-2\,s_{2}^{2}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+4\,s_{4}\,\sqrt{1/5} \end{array}\right) & \simeq & \cc\left[\left(\begin{array}{c} 2\,s_{2}^{2}-6\,s_{1}\,s_{3}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+4\,s_{4}\,\sqrt{1/5}\\ 2\,s_{1}^{2}-6\,s_{2} \end{array}\right)\ptv\rho=\dfrac{s_{4}\,\sqrt{1/5}}{s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+4\,s_{4}\,\sqrt{1/5}}\right]\\ & \simeq & P\left[J\ptv\cosh\left(\delta\right)=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\div\dfrac{\sqrt{5}}{2}\right] \end{eqnarray*} Le lecteur attentif aura déjà détecté d'où vient ce $\sqrt{5}/2$.
    10. Et maintenant, il reste à partir d'un point générique situé sur $cirpaa=axeA$ et voir ce que cela donne.
    Cordialement, Pierre.
  • Swingmustard
    Modifié (March 2023)
    Bonjour
    La ressemblance avec ma proposition pour l'ellipse de Brianchon méritait de tenter le coup.
    Mais même en trichant beaucoup, j'ai des bavures qui disent : Renonce à ce que le point de contact soit le point jaune de ta construcion.

    Et ça, plutôt mourir !;-)
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Vassillia
    Modifié (March 2023)
    Je vois pldx1, la réponse est oui et c'était supposé être plus ou moins évident. Il faut admettre que ta manière de vendre la géométrie projective est convaincante, on pourrait presque croire que la géométrie hyperbolique a été inventée pour l'illustrer. Pas compris la référence à zapoll en revanche.
    J'imagine que tu fais référence à l'utilisation de $\cosh(hypotenuse)=\cosh(oppose) \times \cosh(adjacent)$ pour un triangle rectangle hyperbolique et la réutilisation de ton résultat précédent sur $\cosh(adjacent)$ dans le triangle rectangle hyperbolique $A_PC'_PJ_P$ sinon je n'ai pas du être assez attentive.
    Bon courage Swingmustard et bonne soirée à tous.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pldx1
    Modifié (March 2023)
    Bonjour,
    Vassillia a dit: J'imagine que tu fais référence à l'utilisation de $\cosh(hypotenuse)=\cosh(oppose) \times \cosh(adjacent)$ pour un triangle rectangle hyperbolique et la réutilisation de ton résultat précédent sur $\cosh(adjacent)$ dans le triangle rectangle hyperbolique $A_PC'_PJ_P$.
    Oui, bien,sûr.
    Vassillia a dit: Pas compris la référence à zapoll

    (b,z,p,s)-apoll sont 4 procédures pour générer les cercles d'Apollonius, dans les version barycentrique, complexe, Pedoe, sterographique. L'existence des versions z,p,s vient de ce que je n'ai toujours pas réussi à choisir laquelle des trois versions est "la bonne version". Lorsque l'on change de version, il y a quelques réglages à faire. Pour ce qui est de zapoll, en voici le listing:

    zapoll := proc(cirA, cirB, cirC, cirD)
    local les8, w1, w2, w3, w4, laW, k1, k2, k3, k4, kkk, gram123, nbw1, nbw2;
      les8 := NULL;
      laW := (FActor @ mkzgram)([cirA, cirB, cirC, cirD], zQQ)/2;
      gram123 := (Determinant @ SubMatrix) (laW, 1 .. 3, 1 .. 3);
      w1 := simplify(sqrt(laW[1, 1]), symbolic);
      w2 := simplify(sqrt(laW[2, 2]), symbolic);
      w3 := simplify(sqrt(laW[3, 3]), symbolic);
      w4 := simplify(sqrt(laW[4, 4]), symbolic);
      for nbw1 to 2 do w1 := -w1;
        for nbw2 to 2 do w2 := -w2;
          k1 := factor((w2*w3 - laW[2, 3])*(-w1*w2*w3 - w1*laW[2, 3] + w2*laW[1, 3] + w3*laW[1, 2]));
          k2 := factor((w3*w1 - laW[1, 3])*(-w1*w2*w3 + w1*laW[2, 3] - w2*laW[1, 3] + w3*laW[1, 2]));
          k3 := factor((w1*w2 - laW[1, 2])*(-w1*w2*w3 + w1*laW[2, 3] + w2*laW[1, 3] - w3*laW[1, 2]));
          k4 := 0;
          kkk := factor(-2*(w2*w3 - laW[2, 3])*(w3*w1 - laW[1, 3])*(w1*w2 - laW[1, 2])*gram123);
          k4 := (simplify(sqrt(kkk), symbolic))/(w4);
          les8 := les8, 
          (FActor @ norQ)(k1*cirA + k2*cirB + k3*cirC + k4*cirD), 
          (FActor @ norQ)(k1*cirA + k2*cirB + k3*cirC - k4*cirD);
        end do;
      end do;
      les8;
    end proc;
    
    mkzgram := proc(li::list, zQQ_ := zQQ)
      Matrix(`$`(nops(li), 2), (j, k) -> Transpose(li[j]) . zQQ_ . li[k])
    end proc;
    

    L'idée sous-jacente est d'utiliser l'orthogonal commun (cirD) pour compléter cirA,cirB,cirC et en faire une base de l'espace des cycles. On écrit que deux cercles sont tangents en écrivant que leur angle est nul, i.e. en écrivant que leur $2\times2$ déterminant de Gramm est nul. On résoud...  et on constate qu'il n'y a pas d'empilement de radicaux, il faut juste prendre la racine carrée des éléments diagonaux de la matrice $W$. 

    Changer $k4$ en $-k4$ fait passer au cercle inverse par rapport à $cirD$, encore une conséquence du fait qu'une homographie agissant sur $\pcct$ engendre  une collinéation agissant sur $\pccq$.

    Cordialement, Pierre.
  • Swingmustard
    Modifié (March 2023)
    Bonsoir,
    N'ayant pas lu le cahier des charges, j'ignore si on peut considérer que ce dessin a un rapport avec le modèle de Klein.
    En tout cas, il m'a permis d'étudier la construction d'une conique tangente à quatre droites, dont deux points de contact donnés.

    Point de départ : six points sur la grande ellipse. À tracer : les trois petites.
    Pour chaque petite, les quatre droites sont : une bleue "centrale" (contact jaune), la tangente (ici non dessinée) à la grande ellipse (contact noir) et deux bleues latérales.
    Construction résolue avec :
    un birapport pour trouver un perspecteur (à partir d'un triplet rouge, jaune, noir alignés), qui donne aussitôt les deux autres points de contact,
    et un birapport de $4$ pour le cinquième point.
    Amicalement,
    Swingmustard
    P. S. J'oubliais l'ellipse centrale !

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