Inversion et similitude

pappus

Bonjour à tous

Si on ne veut pas végéter en géométrie en alignant éternellement les points comme des perles comme on le fait ad nauseam sur ce forum, il faut lire la littérature nationale bien sûr comme le Lalesco, le Lebossé-Hémery ou tout ouvrage plus récent concernant par exemple la préparation à l'agrégation mais aussi la littérature étrangère en anglais ou traduite du russe ou de l'allemand en anglais.

Il y a deux ouvrages anglais correspondant plus ou moins à notre Lalesco, (roumain en fait):

1° College Geometry de Nathan Altshiller-Court publié chez Dover.

2° Advanced Euclidian Geometry de Roger A.Johnson publié aussi chez Dover.

L'avantage sur le Lalesco?

Ils proposent des problèmes intéressants, loin bien loin des marécages de notre géométrie républicaine résiduelle, qu'il n'est pas interdit de résoudre!

Voici par exemple, tiré du premier livre, l'exercice 19 du chapitre IX page 243

Given four points in a plane, each set of three in inverted with respect to the fourth; show the four inverse triangle are similar

Etant donné un quadrangle du plan, on inverse chaque triplet de points extrait par rapport au quatrième, montrer que les quatre triangles inverses sont semblables

Amicalement
pappus

jelobreuil

Bonsoir, Pappus,

Merci pour cet exercice, ainsi que ces références de livres !

Une question : est-il nécessaire que le rapport la puissance d'inversion soit la même pour les quatre opérations ? Comme ce n'est pas précisé, j'aurais intuitivement tendance à répondre par la négative ...

Amitiés, JLB 

modif 1 : Pour répondre à ma question, il suffisait de faire une figure ... Apparemment, mon intuition était bonne !

modif 2 : Existe-t-il un quatuor de valeurs de puissance d'inversion qui donne un ensemble de quatre triangles inverses isométriques ? Si oui, peut-on calculer ces valeurs ? En fonction des distances entre les points de base ou de leurs coordonnées, par exemple dans le repère AB,AC, j'imagine ?

pappus

Merci Jelobreuil

Je suis heureux de voir que tu connais les inversions.

Bien sûr le choix des puissances d'inversion est indifférent puisqu'on savait autrefois dans un autre monde, dans un autre siècle mais sous la même république une et indivisible que le produit de deux inversions de même pôle était une homothétie.

Il reste à faire la démonstration.

Je me demande bien d'ailleurs quelle était celle attendue par Nathan?

Corollaire:

Etant donné un quadrangle du plan, on construit le triangle podaire d'un des quatre points par rapport au triangle formé par les trois autres. Montrer que les quatre triangles podaires sont (directement) semblables.

Amicalement

pappus

jelobreuil

@pappus, pourquoi "... était une homothétie" ? On a changé ça ? Sans blague ?!! Et depuis quand ? 

Taquinerie mise à part, je ne vois pas très bien, a priori, comment ce fait peut me permettre, dans ton exercice, de montrer la similitude des triangles inverses, puisque chacune des inversions considérées a son propre pôle ...

Bien amicalement, JLB

pappus

Mon cher Jelobreuil

Je ne pense pas que Nathan pouvait montrer que ces quatre triangles inverses étaient directement semblables car son livre ne parle ni de nombres complexes ni de birapports ni d'angles orientés.

Son énoncé ne parle que de triangles semblables (et pas de similitudes quelles soient directes ou indirectes).

Donc la seule façon de prouver que deux triangles sont semblables est de montrer la proportionnalité des côtés homologues si on veut éviter l'emploi des angles dont pratiquement plus personne ne connait la définition dans notre beau pays à la pointe de la science et du progrès!

Ainsi il faut savoir comment une inversion $f$ de pôle $O$ et de puissance $k$ opère sur les longueurs et la formule, qu'on trouve dans le livre de Nathan ou celui de Lebossé-Hémery, est la suivante:

Si $M'=f(M)$ et $N'=f(N)$, on a:

$$M'N'=\vert k\vert\dfrac{MN}{OM.ON}$$

A toi de l'utiliser à bon escient!

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonsoir
Avec l'inversion de centre $A$ et de puissance $k$ (positif), soient $B',C',D'$ les images de $B,C,D$.
On a $B'C'=k \dfrac{BC}{AB\cdot AC}$ et $B'D'=k \dfrac{BD}{AB\cdot AD}$ donc, en quotientant, $\dfrac{B'C'}{B'D'}=\dfrac{BC}{BD}\times\dfrac{AD}{AC}$.

De même, avec une inversion de centre $B$ soient $A'',C'',D''$ les images de $A,C,D$.
On a $\dfrac{A''C''}{A''D''}=\dfrac{AC}{AD}\times\dfrac{BD}{BC}$.

En comparant les deux égalités, on obtient $\dfrac{B'C'}{B'D'}=\dfrac{A''D''}{A''C''}$

et un certain nombre d'autres égalités en permutant les lettres, ce qui conclut.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonjour,

Et voici la preuve de la relation utilisée et donnée par Pappus:

syms OM ON MN k real

% Pythagore généralisé dans le triangle OMN
CosMON=(OM^2+ON^2-MN^2)/(2*OM*ON); 
% Carré scalaire de l'égalité vectorielle M'N'= ON' - OM'
MpNp2=Factor((k/OM)^2+(k/ON)^2-2*(k/OM)*(k/ON)*CosMON) 
% On trouve MpNp2=(MN^2*k^2)/(OM^2*ON^2), donc:
% M'N' = k*MN/(OM*ON)

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci Rescassol
J'attendais plutôt de toi une preuve que ces triangles inverses sont en similitude directe!
Amitiés
pappus

LOU16

Bonjour,

Pourquoi ne pas recourir au plan complexe qui me semble tout-à-fait  adapté à la situation ?

$$P_1=I_A(B),\:Q_1=I_A(C),\:R_1=I_A(D)\qquad P_2=I_B(A),\:Q_2=I_B(D),\:R_2=I_B(C).$$

$$P_3=I_C(D),\:Q_3=I_C(A),\:R_3=I_C(B)\qquad P_4=I_D(C),\:Q_4=I_D(B),\:R_4=I_D(A).$$

On peut supposer que les inversions sont de rapport $1$, de sorte que:

$\overline{p_1}=\overline a +\dfrac 1{b-a}, \:\overline{q_1} =\overline a +\dfrac 1{c-a},\:\overline {r_1}=\overline a+\dfrac1{d-a}\qquad\overline{p_2}=\overline b +\dfrac 1{a-b}, \:\overline{q_2} =\overline b +\dfrac 1{d-b},\:\overline {r_2}=\overline b+\dfrac1{c-b}.$

On vérifie alors que: $\:\dfrac{\overline {q_1}-\overline{p_1}}{\overline{r_1}-\overline{p_1}}=\dfrac{\overline {q_2}-\overline{p_2}}{\overline{r_2}-\overline{p_2}}= \dfrac {(b-c)(d-a)}{(b-d)(c-a)}.$

Les triangles $P_1Q_1R_1$ et $P_2Q_2R_2$ sont par conséquent directement semblables, ainsi que les triangles $P_iQ_iR_i$.

Rescassol

Bonjour,

Oui, j'avais aussi une réponse par les complexes:

syms a b c d z
syms aB bB cB dB zB % Cnjugués
syms u v real % Puissances

%----------- -------------------------------------------------------------

F(a,aB,u,z,zB)=a+u/(zB-aB); % Inversion de centre A et de puissance u
G(a,aB,u,z,zB)=aB+u/(z-a);  % Conjuguée

bp=F(a,aB,u,b,bB); bpB=G(a,aB,u,b,bB); % Point B'
cp=F(a,aB,u,c,cB); cpB=G(a,aB,u,c,cB); % Point C'
dp=F(a,aB,u,d,dB); dpB=G(a,aB,u,d,dB); % Point D'

as=F(b,bB,v,a,aB); asB=G(b,bB,v,a,aB); % Point A"
ds=F(b,bB,v,d,dB); asB=G(b,bB,v,d,dB); % Point D"
cs=F(b,bB,v,c,cB); csB=G(b,bB,v,c,cB); % Point C"

[S SB fixe fixeB D]=TransfoAffine(bp,cp,dp,as,ds,cs,bpB,cpB,dB,as,ds,cs);

% La transformation affine qui envoie B'C'D' sur A"D"C"
% a pour expression f(z,zB) = S(1)*z + S(2)*zB + S(3)
% et on constate que S(2)=0
% C'est donc une similitude directe

Cordialement,

Rescassol

pappus

Merci Rescassol

Pourquoi n'as-tu pas utilisé le birapport et la façon dont une inversion opère dessus?

Amitiés

pappus

Rescassol

Bonjour,

Oui, c'est vrai, Pappus, j'aurais pu ...

Cordialement,
Rescassol