Approche timide (mais obstinée) d'un embryon de géométrie projective

pappus · March 2022

Bonjour à tous
En ce qui concerne la construction de la conique circonscrite de perspecteur $P$, aujourd'hui il suffit d'en construire deux points supplémentaires, on a que l'embarras du choix et on trace la conique en utilisant l'outil conique passant par cinq points mais nos anciens qui ne disposaient ni d'ordinateurs ni de logiciel de géométrie se satisfaisaient autrement.
Ils construisaient ce qu'ils appelaient un point courant (c'est-à-dire quelconque) de la conique avec sa tangente.
C'est surtout en géométrie descriptive qu'on demandait la construction d'un point courant et de sa tangente de la courbe qu'on devait tracer, en général l'intersection de deux quadriques.
J'ai très bien connu cette époque!
Ci- dessous une construction possible d'un tel point courant de la conique de perspecteur $P$.
On peut considérer par exemple que la droite $P_CA'B'$ tourne autour de $P_C$, le reste de la construction suit si on regarde attentivement la figure!
Comment la justifier?
Amicalement
pappus

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Swingmustard · March 2022

Bonsoir pappus,

Je ne vais pas pouvoir te suivre sur ce terrain : je n'imagine pas $P_CA'B'$ en train de tourner.

Mais merci pour le triangle anti-cévien !

Comment n'ai-je pas vu venir tes chers triangles harpons ?

Animation d'homologies, pour des birapports qui vont

de $-0,5$ pour le triangle des "deuxièmes intersections avec la conique"

à $-1$ pour le triangle anti-cévien.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/kf/qbsa9a33l57t.gif

Amicalement,

Swingmustard

pappus · March 2022

Mon cher Swingmustard
Je ne comprends pas ton dédain envers cette figure qui permettait à nos anciens de tracer la conique circonscrite de perspecteur $P$.
C'était pratiquement le seul moyen dont ils disposaient pour ce faire.
Et pour nous aujourd'hui, il permet de récupérer suffisamment de points de cette conique pour la tracer avec l'outil conique passant par cinq points.
Je précise un peu plus ma figure qu'il faut justifier par tous les théorèmes de la défunte théorie des coniques projectives, connus ou inconnus de notre monde sublunaire.
Il existe une infinité de triangles $A'B'C'$, inscrits dans le triangle $ABC$ et circonscrits au triangle $P_AP_BP_C$.
Les triangles $ABC$, $A'B'C'$, $P_AP_BP_C$ sont en perspective deux à deux.
Le perspecteur des triangles $ABC$ et $A'B'C'$ est le point courant $M$ de la conique circonscrite de perspecteur $P$.
Le perspecteur $\Omega$ des triangles $A'B'C'$ et $P_AP_BP_C$ décrit la polaire trilinéaire ou tripolaire du point $P$, l'axe de cette perspective étant la tangente au point courant $M$.
Il est très facile de construire cette figure avec GGB et de l'animer sans avoir la moindre imagination.
Il suffit de constater!
Amicalement
pappus

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pldx1 · March 2022

Bonjour,

Quel est le cahier des charges de la macro $\mathrm{circon2}$ ? En entrée quatre points $A,B,C,P$: les sommets et le perspecteur. En sortie, la conique. Et c'est tout. On veut la conique, au plus vite et sans autres considérations.

S'il faut de la nostalgie, du pétrole pour que le compas ne rouille pas, une boite de protection métallique pour que la belle règle ne se gauchisse pas, et un petit démon pour se saisir des résultats intermédiaires et les organiser vers le résultat final, aucun problème. Il suffit d'encapsuler tout cela dans une macro, pour que clic,clic,clic,clic et la conique arrive, livrée à domicile.

Au lieu de cela, pappus nous suggère de créér à la main un enchevêtrement cevien formé des triangles $ABC$, $X_aX_bX_c$, $P_a,P_b,P_c$, de tracer à la main les droites exprimant la perspective vue par les points $T_x$ et $D_x$, dosim, repetare. Et de faire tout cela sans la moindre imagination.

Comment faire pour ne pas imaginer que placer $X_a$ en $A_p$ donne le fameux $A''$, que placer $X_a$ adéquatement amène $X_b$ en $B_p$ et donne le fameux $B''$, tandis que placer $X_a$ adéquatement amène $X_c$ en $C_p$ et donne le fameux $C''$?
Et qu'alors, la macro peut s'auto-saisir du tracé de la conique ?

Et dans le même temps, comment faire pour imaginer que la géométrie projective ait défuncté lorsque l'on est en train d'utiliser un barnum appelé processeur graphique massivement parallèle (et massivemmnt projectif) ?

Cordialement, Pierre.

Swingmustard · March 2022

Bonjour,

pappus je n'éprouve bien sûr aucun "dédain envers cette figure"

Je n'ai simplement pas le temps de la contempler utilement.

J'ai grand plaisir à tenter de comprendre un peu de tout ce que pldx1 et toi nous offrez. En ce moment je me concentre sur ceci.

Soit $P$ le perspecteur d'une conique circonscrite à $ABC$, soit $A'$ le cévien de $P$, et soit $A''$ la deuxième intersection de la cévienne avec la conique.

1) Dans la formule de $circon2$ utilisée par pldx1, a-t-on bien $$[A,A',P,A'']=-\dfrac12\rm~~?$$ 2) Géométriquement, d'où cela vient-il ? (Certes, pappus a rappelé que l'homologie de pôle $P$, d'axe $BC$ et de birapport $k=-1$ envoie $P$ sur l'anti-cévien $P_A$. Justement, on peut aussi parler d'homologie pour envoyer $P$ sur $A''$ : avec le même axe mais avec le birapport $k=-\dfrac12$. Mais quand même, je n'ai aucune preuve, même calculatoire, que cet homologue de $P$ est sur la conique.)

3) D'ailleurs si "centre d'homologie + axe" ne sont pas synonymes de "perspecteur + perspectrice", pouvez-vous donner a) des cas où les notions coïncident, b) des cas où non ?

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/z2/pvgf8459fpao.png

1) Soit $A, B, M, M'$ des points alignés, d'abscisses $a, b, x, y$. Explorons le lien entre $x$ et $y$ lorsque $$[A,B,M,M']=k$$ Par définition, $$\dfrac{x-a}{x-b}:\dfrac{y-a}{y-b}=k$$

Lorsque $k=-1$, il arrive qu'on mette l'accent sur la valeur interdite de la fonction involutive $x\mapsto y$ : l'abscisse $\dfrac{a+b}2$ du milieu de $[AB]$.

On bricole et il vient la relation symétrique $$\left(x-\dfrac{a+b}2\right)\left(y-\dfrac{a+b}2\right)=\dfrac{(a-b)^2}4$$

Devinette (pour les gens de mon modeste niveau). Chercher l'équivalent de cette formule pour $k$ quelconque.

Elle sera moins symétrique, mais on peut lui donner le même genre de "forme canonique", où apparaissent les valeurs interdites : celle de $x\mapsto y$ et celle de $y\mapsto x$.

$$\left(x-\dfrac{a-kb}{1-k}\right)\left(y-\dfrac{ka-b}{k-1}\right)=\dfrac{-k}{(1-k)^2}(a-b)^2$$

Pour $k=-\dfrac{1}2$, il vient $$\left(x-\dfrac{2a+b}{3}\right)\left(y-\dfrac{a+2b}{3}\right)=\dfrac{2}{9}(a-b)^2$$

Bon, avec encore un peu de calcul, on a vérifié que la formule trouvée hier chez pldx1 est équivalente à $[A,A',P,A'']=-\dfrac12$. Certainement qu'on n'était pas obligé de passer par là, mais je n'ai pas d'idée pour (2), et j'espère encore que cette "forme canonique" m'en donnera.

Dans un contexte aussi barycentrique, il serait peut-être bon que je cherche une expression barycentrique liant $M$ et son homologue $M'$.

Amicalement,

Swingmustard

EDIT = P.S. Penaud mais en progrès sur (2) : de longs calculs (alors que, vu la simplicité du résultat, il y aura certainement très court) : oui, $A''$ en tant qu'homologue de $P(u:v:w)$ (avec le centre $A$, l'axe $BC$, le rapport $-0,5$) a des coordonnées barycentriques splendides (linéaires en $u,v,w$).

Pour que vous aussi puissiez les chercher, cachons- les !

$$A''(u:-2v:-2w)$$

Elles font de lui un élément de la conique d'équation $uyz+vzx+wxy=0$, en vertu de $$4-2-2=0~~~!$$ Ainsi, preuve par le calcul : fait. Vivement la preuve géométrique ...

pappus · April 2022

Bonjour SwingMustard
Je travaille dans le repère projectif $(A,B,C,P)$
Ces quatre points ont donc pour coordonnées homogènes:
$A(1:0:0)$, $B(0:1:0)$, $C(0:0:1)$, $P(1:1:1)$.
La conique circonscrite de perspecteur $P$ a pour équation:
$$yz+zx+xy=0$$
Le point $A''$ est le second point d'intersection autre que $A$ de la droite $AP$ d'équation $y=z$ avec la conique.
Au bout d'un calcul épouvantablement compliqué, on trouve:
$A''(1:-2:-2)$
Et enfin cauchemar épouvantable de tous les géomètres, il faut calculer le birapport:
$$(A,A',P,A'')$$
où $A(1:0:0)$, $A'(0:1:1)$, $P(1:1:1)$, $A''(1:-2:-2)$
Amicalement
pappus

pldx1 · April 2022

Bonjour.

On doit $peindre$ le cercle circonscrit au triangle $A,B,C$. On prend pour repère $A,B,C,\mathcal{L}_\infty$. Autrement dit, on se contente de prendre la droite de l'infini qui a déjà été choisie pour peindre le tableau. Et on résoud (du verbe résoutre) le système formé de $p\,y\,z+q\,z\,x+r\,x\,y=0$ et de $q\,z=r\,y$. Cela nous donne les deux intersections entre la conique et la droite $AP$. Evidemment, $A$ est l'une des deux solutions, et cela impose que l'autre solution soit rationelle. On trouve, comme signalé plus haut, que $A''=p:-2q:-2r$.

Et maintenant, il reste à traduire cela pour geogebra. Evidemment, si l'on dispose déjà de $p,q,r$ il suffit d'appeler la primitive $\mathrm{barycenter}$. Mais sinon, cela demande le calcul de quelques déterminants. On peut alors se rabattre sur le birapport... puisque cet objet a le bon goût de rester égal à lui-même dans un repère ou un autre... et en particulier dans le plan complexe où l'on est en train de peindre. On trouve $\mathrm{cross\_ratio}(A,A_p,P,A'')=-1/2$, comme déjà signalé plus haut. On peut chercher des raisons mirobolantes à ce résultat, mais cela est juste le résultat d'un calcul simple et banal, qui tient en deux lignes.

La question est donc: dispose-t-on, sous geogebra, d'une méthode plus rapide que ce banal birapport ?

Cordialement, Pierre.

pappus · April 2022

Bonjour
J'espère que Swingmustard aura apprécié le fait de choisir des coordonnées homogènes dans lesquelles $P$ joue le rôle de point unité.
On peut aussi si on aime les espaces affines envoyer la tripolaire de $P$ à l'infini c'est-à-dire $P$ au centre de gravité.
Ce sont les mêmes calculs que ceux de mon précédent message à ceci près que les coordonnées $(x:y:z)$ ne sont plus seulement homogènes mais aussi barycentriques.
La conique de perspecteur $P$ est alors tout bêtement l'ellipse de Steiner circonscrite et son centre coïncide avec son perspecteur.
Sur ma figure on lit:
$$\dfrac{\overline{GA}}{\overline{GA'}}=-2,\qquad \dfrac{\overline{A''A}}{\overline{A''A'}}=4$$
et par suite : $$(A,A',G,A'')=-\dfrac 12$$
Amicalement.

pappus

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/ux/ra4lfbyga8yk.gif

Swingmustard · April 2022

Bonjour,

1) Coordonnées homogènes - repère projectif

a)

pappus a dit le 24 mars

Cette notion [le perspecteur] est projective comme l'a souligné Pierre et les coordonnées utilisées pour le définir n'ont pas besoin d'être barycentriques.
[...] (D)ans le plan affine complété projectivement, tu peux utiliser des coordonnées homogènes quelconques $(x:y:z)$ pour définir le perspecteur. [...] (T)u peux prendre pour le point unité $(1:1:1)$ de tes coordonnées homogènes à peu près n'importe quoi et non nécessairement le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$, les coordonnées des autres sommets étant toujours $A(1:0:0)$, $B(0:1:0)$, $C(0:0:1)$.

Il le dit, et il vient de le faire en ce 1er avril, avec $P$ comme point unité. Ça me plaît : je voyais bien que les $(u:v:w)$ de mon $P$ engendraient un $uvw$ qui avait tendance à se simplifier dans les calculs... N'empêche que j'y perds un peu mon latin.

pldx1 a dit le 30 mars

[...] (I)l y a cette histoire de point unité. C'est pourtant simple. Si l'on veut écrire le milieu $M$ du segment $[A,B]$, il ne sert à rien d'écrire $(A+B)/2$, sauf convention implicite. En effet, sans autre convention, les relations $A\simeq x A, B\simeq y B$ font que $A+B$ peut désigner n'importe quel point de la droite $AB$. La solution est bien connue, depuis la Renaissance. Elle consiste à écrire \[
\dfrac{M}{L_\infty \cdot M} = \dfrac 1 2 \left( \dfrac{A}{L_\infty \cdot A} +\dfrac{B}{L_\infty \cdot B} \right) \] Et alors, les coordonnées du centre de gravité d'un triangle, par rapport à ce triangle, sont $\,^t L_\infty $.

Depuis la Renaissance ? Mince alors. Je n'ai qu'un petit début de vague (peut-être fausse) compréhension intuitive de ce paragraphe.

Heureusement, vous semblez avoir réalisé qu'on est en train de perdre le patient, et vous venez à son chevet avec deux jolis autres exemples.

pldx1 a dit :
On doit $peindre$ le cercle circonscrit au triangle $A,B,C$. On prend pour repère $A,B,C,\mathcal{L}_\infty$. Autrement dit, on se contente de prendre la droite de l'infini qui a déjà été choisie pour peindre le tableau.

Pardon pour la question stupide. Est-ce qu'on la "voit", la droite de l'infini $\mathcal{L}_\infty$, ou "bien sûr que non, puisqu'elle est à l'infini", et donc j'ai tort de la confondre avec la $ligne~d'horizon$, que m'inspire l'idée de $peinture$ ?

pappus a dit :

On peut aussi si on aime les espaces affines envoyer la tripolaire de $P$ à l'infini c'est-à-dire $P$ au centre de gravité.

Je vous remercie d'avoir fait tout ce qui semble possible. Il me faut du temps pour apprécier, et me replonger dans des livres.

b) "Peinture" de pldx1 : je confonds sûrement avec $projection~centrale$. Au cas où ce serait un des cas possibles de $peinture$, peut-on envisager un dessin en 3D, où une ellipse de Steiner serait la $projection$ d'un cercle, ou bien ces deux illustrations vivent-elles dans deux mondes qu'on ne peut relier par une $projection~centrale$ ?

EDIT Voici un dessin en 3D, qui ne correspond même pas trop à ce que je raconte. $ABC$ a son cercle circonscrit. Et l'ellipse circonscrite à $A'B'C'$ est celle de Steiner.

Quant à $G'$ : c'est moi, complètement à côté de la plaque ... fin de l'EDIT

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/s3/ri5mxcoz8y2p.png

2) Le birapport $-1/2$

pldx1 a dit : On trouve, comme signalé plus haut, que $A''=p:-2q:-2r$.
Et maintenant, il reste à traduire cela pour geogebra. Evidemment, si l'on dispose déjà de $p,q,r$ il suffit d'appeler la primitive $\mathrm{barycenter}$. Mais sinon, cela demande le calcul de quelques déterminants. On peut alors se rabattre sur le birapport... puisque cet objet a le bon goût de rester égal à lui-même dans un repère ou un autre... et en particulier dans le plan complexe où l'on est en train de peindre. [...] On trouve $\mathrm{cross\_ratio}(A,A_p,P,A'')=-1/2$, comme déjà signalé plus haut. On peut chercher des raisons mirobolantes à ce résultat, mais cela est juste le résultat d'un calcul simple et banal, qui tient en deux lignes.
La question est donc: dispose-t-on, sous geogebra, d'une méthode plus rapide que ce banal birapport ?

"On peut chercher des raisons mirobolantes à ce résultat, mais cela est juste le résultat d'un calcul simple et banal, qui tient en deux lignes" semble être une réponse à ma question de lui trouver une mirobolante raison géométrique (homologies and Co). Un peu déçu. Mais OK.

Je ne comprends pas bien "La question est donc: dispose-t-on, sous geogebra, d'une méthode plus rapide que ce banal birapport ?" : une méthode pour quoi ? Pour construire $A''$ ?

Amicalement,

Swingmustard

pldx1 · April 2022

circa 1441: lea auréoles sont rondes comme des soucoupes.

circa 1480: les auréoles sont en perspective. Exercice: où est la ligne de l'infini ?

Swingmustard · April 2022

Bonjour,

À part une ligne d'horizon ... horizontale au niveau de l'interligne bas des lettres, je ne vois pas de ligne de l'infini.

Même pour une seule auréole. Mais bon, c'est peut-être une taquinerie.

pldx1 a dit :

[...] (P)armi ces embrouilles, il y a cette histoire de point unité. C'est pourtant simple. Si l'on veut écrire le milieu $M$ du segment $[A,B]$, il ne sert à rien d'écrire $(A+B)/2$, sauf convention implicite. En effet, sans autre convention, les relations $A\simeq x A, B\simeq y B$ font que $A+B$ peut désigner n'importe quel point de la droite $AB$. La solution est bien connue, depuis la Renaissance. Elle consiste à écrire \[
\dfrac{M}{L_\infty \cdot M} = \dfrac 1 2 \left( \dfrac{A}{L_\infty\cdot A} +\dfrac{B}{L_\infty\cdot B} \right) \] Et alors, les coordonnées du centre de gravité d'un triangle, par rapport à ce triangle, sont $\,^t L_\infty$.

Comment se sert-on de \[\dfrac{M}{L_\infty \cdot M} = \dfrac 1 2 \left( \dfrac{A}{L_\infty\cdot A} +\dfrac{B}{L_\infty\cdot B} \right) \rm{~?} \]

pappus a dit :

On peut aussi si on aime les espaces affines envoyer la tripolaire de $P$ à l'infini c'est-à-dire $P$ au centre de gravité.
[...] (L)es coordonnées $(x:y:z)$ ne sont plus seulement homogènes mais aussi barycentriques.

Deuxième question. Peut-être que ci-dessous, la première droite est munie de coordonnées homogènes et barycentriques,

et la deuxième de coordonnées seulement homogènes ?

Si oui, merci d'un peu d'aide car je n'y vois vraiment plus clair, dans cette affaire : que deviennent les coordonnées du point M ?

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/tv/orkt5m9l5xph.png

Question LaTeX @pldx1 : le 1er février, tu as parlé de "devoir redéclarer les macros TeX à chaque page". J'ai alors vu effectivement \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} entouré de dollars dans ton texte, qui préparait ton utilisation de \tra, qui n'apparaissait pas dans la version affichée (et que d'ailleurs mon TeXmaker n'a pas l'air de comprendre). Mais je n'ai pas trouvé de "déclaration" pour ton "$L_\infty$", dont le mien, ici, est une contrefaçon que je voudrais remplacer par l'original.

Amicalement,

Swingmustard

Swingmustard · April 2022

EDIT Par charité, on pourra éviter de lire ce message qui dit n'importe quoi, je crois. Fin de l'EDIT

Bonjour,

Quand on prend pour point unité le point $P$ milieu de $[AB]$, ça me rappelle qu'il est le seul point de la droite à ne pas avoir de conjugué harmonique.

Je crains vaguement, à cause de mes calculs de birapport d'avant-hier, que prendre $Q$ comme point unité au tiers de $[AB]$ entraîne que le point $M$ aux deux tiers n'ait pas de conjugué pour le birapport $-0,5$, et que ça ait un rapport avec le fait que je ne lui trouve pas de coordonnées homogènes.

Alors je délaisse $M$ pour le $N_P(1:5)$ que voici.

La proposition de coordonnées homogènes $N_Q(1:7)$ repose sur un bricolage que je ne vais pas prendre la peine de décrire si quelqu'un qui comprend ces choses m'explique qu'elle est fausse. Brouillard dense.

Amicalement,

Swingmustard

Swingmustard · April 2022

Bonjour,

Les dessins suivants me donnent une impression moins déraisonnable que ce que j'ai raconté dans le précédent message.

Quand $Q$, au tiers de $[AB]$, est choisi comme point unité, les coordonnées homogènes de $M$ et de $N$ sont peut-être respectivement

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/h2/ujdfb5unbjc0.png

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/6j/xehn3qdgacco.png

$$M(2:8)\simeq(1:4)~~~~~~~~~~~~~\rm{et}~~~~~~~~~~~~~~~~~\textit N(2:20)\simeq(1:10)$$

Si par hasard je suis sur la bonne voie, il me reste à trouver la manière moins acrobatique d'arriver à ces coordonnées.

Amicalement,

Swingmustard

pldx1 · April 2022

Bonjour,

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/7s/8kxbacn2rcbf.png

Où est l'horizon ? On sort sa règle (de Saint Honorat) et l'on trace une forêt de droites. Et ce que l'on trouve est digne d'intérêt. Les transversales de la peinture concourent au même point à l'infini. Et ce point est situé un peu au-dessus de la tête du dineur principal, comme une sorte d'esprit saint. Cela ne devrait pas être une surprise dans une peinture religieuse.
Par contre, il y a des transversales dissidentes, qui atterrissent pile-poil sur l'auréole. Elles correspondent à des parties moins nobles du tableau, qui auraient pu être peintes par des apprentis, avant que le "maitre du tableau" ne prenne ses pinceaux.

Cordialement, Pierre

Swingmustard · April 2022

Bonjour,

Merci pldx1 pour les belles références. En plus, la perspective dans cette interprétation, c'est parfaitement la direction où je veux aller.

Pour l'instant je ne sais que dire sur les auréoles, à part que j'ai pensé à toi en voyant le portrait (très pré-Renaissance !) de William Oughtred (1574-1660) par le Mathologer, inséré ci-dessous dans un dessin qui n'a rien à voir (avec la circular slide rule. Après coup, j'y vois quand même un petit rapport : dans les deux cas on change de repère en dimension un).

1) Avec les coordonnées homogènes,

pappus a dit le 1er avril

Et enfin cauchemar épouvantable de tous les géomètres, il faut calculer le birapport:$$(A,A',P,A'')$$ où $A(1:0:0)$, $A'(0:1:1)$, $P(1:1:1)$, $A''(1:-2:-2)$

Pour moi ça n'a pas été si évident. Mais à présent, je m'autorise l'abus de notation suivant $$(A,A',P,A'')=\dfrac{P\wedge A}{P\wedge A'}:\dfrac{A''\wedge A}{A''\wedge A'}=\dfrac{[0:1:-1]}{[0: - 1 :1]}:\dfrac{[0:-2:2]}{[0:- 1 :1]}=-1:2=\dfrac{-1}{2}$$ Si on est paresseux, on se contente de calculer quatre déterminants non nuls parmi les douze de la manip, vu que le birapport est le même pour les trois coordonnées. (Sauf $\dfrac00:\dfrac00$, raison pour laquelle on écarte les déterminants nuls.)

2) Les coordonnées homogènes admettent un cas particulier donné par pappus : les coordonnées barycentriques. Celles-ci paraissent "génériques" des autres coordonnées homogènes au sens suivant. Voici des abscisses apparemment farfelues sur une droite donnée.

Si on nous rassure en affirmant qu'elles ne sont pas si farfelues que ça, mais un peu "homogènes", car associées à des coordonnées homogènes non barycentriques, on peut récupérer une construction autant qu'un calcul pour placer n'importe quel point "d'abscisse farfelue" avec exactitude, par exemple $-1,5$.

a) Calcul

$A(1:0)$ et $B(0:1)$ sont les deux seuls points dont les coordonnées barycentriques et homogènes sont identiques.

Les barycentriques du point unité $P$ (abscisse farfelue : $0,5$) sont $(5:6)$ (ça ne se lit pas précisément sur le dessin, mais vous me faites confiance). Or ses coordonnées homogènes (alias farfelues) sont $(1:1)$.

Pour que le birapport $(A,B,P,M)$ soit conservé malgré le changement de coordonnées, les coordonnées homogènes $(x':y')$ d'un point $M$ sont liées à ses barycentriques $(x:y)$ par :$$\dfrac{-1}{1}:\dfrac{-y'}{x'}=\dfrac{-6}{5}:\dfrac{-y}{x}~~~~~~\textrm{ou}~\textrm{encore}~~~~~~(x':y')\simeq\left(\dfrac{x}{5}:\dfrac{y}{6}\right)$$ Quel lien entre l'abscisse homogène $t'$ et l'abscisse barycentrique $t$ va nous permettre de placer $M$ ?

De $t=\dfrac{y}{x+y}$ et $(x:y)=(5x':6y')$, on tire $$t=\dfrac{6y'}{5x'+6y'}$$ Je ne suis pas très à l'aise en affirmant que $t'=\dfrac{y'}{x'+y'}$, mais ça semble fonctionner, donnant $t'x'+t'y'=y'$, d'où $x'=y'\dfrac{1-t'}{t'}$, et $$t=\dfrac{6y'}{5y'\dfrac{1-t'}{t'}+6y'}=\dfrac{6t'}{5+t'}$$ Pour $t'=-1,5$, on a $$t=\dfrac{-9}{5-1,5}=-\dfrac{18}{7}$$ b) Construction

Je propose de couper $D$ par une droite $D'$ munie, elle, de coordonnées barycentriques. Dans un message récent, j'ai mis l'intersection en $B$. Je pense que tout point conviendrait, mais en $A$ ça sera peut-être encore plus clair.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/en/lwpsjnavo9eq.png

On donne à $D'$ n'importe quelle direction. Ensuite on construit $O$ sur la droite $(BB')$, et surtout sur deux parallèles à $D$ et à $D'$, passant par des points flirtant avec la notion d'infini. En effet, on nage en pleines projections de centre $O$, de $D$ sur $D'$ et réciproquement, donc je parlerais volontiers de parallélogramme $AIOJ$, où $t'_I=-5$, et $t_J=\infty$ met $J$ à l'abscisse vraie $6$. Mais mon message est déjà trop long.

c) Et dans le plan projectif ?

Good news de généralisation : si d'aventure nous cherchons à exprimer les coordonnées homogènes $(x':y':z')$ d'un point $M$ en fonction de ses coordonnées barycentriques, avec $P(p:q:r)$ unité donné, i.e. $(p:q:r)$ sont ses barycentriques et $(1:1:1)$ ses homogènes, alors tout simplement $$(x':y':z')\simeq\left(\dfrac{x}{p}:\dfrac{y}{q}:\dfrac{z}{r}\right)$$ Amicalement,

Swingmustard

Swingmustard · April 2022

Bonjour,

Récemment grâce à @pappus (va-t-il bien ? Fait-il une pause ?) et à @pldx1, j'ai commencé à comprendre le perspecteur d'une conique $\Gamma$ circonscrite à un triangle $ABC$.

Cas très particuliers rencontrés : l'ellipse de Steiner et le cercle, pour lesquels $P$ est respectivement $G$ et $K$, centre de gravité et point de Lemoine.

En conséquence, je m'intéresse un peu au point de Lemoine.

Rappel : $K$ est le point de concours des symédianes (= symétriques des médianes par rapport aux bissectrices).

On le définit aussi par ses coordonnées barycentriques $(a^2:b^2:c^2)$.

Grâce à geogebra, je conjecture que le lieu de $K$ lorsque $C$ parcourt le plan est une surface $S$ relativement aisée à définir et à circonscrire.

Le bord de cette surface semble atteint, quand $C$ se trouve sur un certain cercle de centre le milieu de $[AB]$.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/9l/yuf68yeg6qdw.png

Pouvons-nous en dire plus sur cette surface et ce cercle ?

Amicalement,

Swingmustard

Rescassol · April 2022

Bonjour,

En Python, j'ai choisi un triangle aléatoire $ABC$
Puis j'ai tiré $N$ formes quadratiques définies positives $Q$ avec des coefficients suivant une loi uniforme.
Pour chaque forme $Q$, j'ai calculé le "point de Lemoine" $K$ pour cette forme comme le barycentre de $A,B,C$ avec pour coefficients $BC^2,CA^2,AB^2$ au sens de la forme $Q$.
J'ai constaté que $K$ était toujours à l'intérieur de l'ellipse de Steiner inscrite au sens usuel.
Ci-joint une image avec $N=100000$ (les points $K$ sont les points rouges).

Cordialement,
Rescassol

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/l4/clvcnr8ol34i.png

Swingmustard · April 2022

Merci Rescassol, pour ce beau dessin qui me rappelle ton illustration du théorème de Guinand.

Nous parlons de choses différentes, je crois.

Tu examines 100 000 formes quadratiques, là où je n'ai pensé à m'intéresser qu'au produit scalaire usuel.

Ton triangle est fixe (et aléatoire, certes), mon point $C$ parcourt le plan (privé de la droite $AB$).

Si je reviens à ma question : je pensais naïvement qu'avec $[AB]$ fixe, tout point du plan pourrait prétendre être un $K$, pour peu qu'on prenne $C$ éventuellement loin.

Or il semble y avoir un "effet retour" après le cercle de centre le milieu de $[AB]$ et de diamètre $AB\sqrt3$.

Je veux dire : quand $C$ est à l'intérieur du disque, $K$ est à l'intérieur de l'ellipse.

Mais quand $C$ est à l'extérieur aussi ...

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/z1/lofveoeowh4n.png

Je n'ai pas encore d'argument géométrique.

Amicalement,

Swingmustard

Rescassol · April 2022

Bonsoir,

Il semblerait que ce ne soit pas tout l'intérieur de l'ellipse:

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/19/fsjfspsy7igv.png

Cordialement,
Rescasspl

pldx1 · April 2022

Bonjour.

On fixe $A,B$ dans le plan et $C$ se promène dans le plan. Organisons cette promenade. Soit $M=(A+B)/2$ et déplaçons $C$ sur le cercle de centre $M$ et de rayon $L$. Alors $K=\mathrm{X}(A,B,C,6)$ se promène sur une ellipse. En fait toutes ces ellipses sont centrées en $M$ et "grand-axées" sur $AB$ avec \[ \left[ \widehat a, f, \widehat b\right] = {\frac {2\,a\,b\,c\,L\,S}{{L}^{2}{a}^{2}{b}^{2}+12\,{S}^{2}}} \; \left[ 2, \sqrt {3} ,1 \right] \] où $a,b,S$ sont relatifs à un triangle $ABC$ pris comme base et $\widehat a, f, \widehat b$ sont les paramètres de l'ellipse.

Et alors, une ellipse correspond à deux cercles, et la plus grande ellipse est celle qui admet $A,B$ comme foyers.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/cc/9j2psh6so9nu.png

Cordialement, Pierre.

Rescassol · April 2022

Bonjour,

Ma figure précédente a été obtenue en prenant les coordonnées du point A suivant une loi uniforme sur $[-50; 50]$ pour $x$ et $[-10; 10]$ pour $y$. (J'ai choisi $A(-1; 0)$ et $B(1; 0)$).

J'ai recommencé en coordonnées polaires avec $R$ dans $[0; 30]$ et $\theta$ dans $[0; 2\pi]$, ce qui donne la figure ci-dessous.

On n'a plus le phénomène des deux petites ellipses.

Par ailleurs, j'ai repris le calcul suggéré par Pierre, que je salue.

Je pars de $A(R\cos(t);R\sin(t))$, je calcule les ccordonnées $x$ et $y$ de $K$ et j'élimine $t$ entre les deux équations.

J'obtiens $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ avec $a=2b=\dfrac{4R}{R^2+3}$.

Cette fonction de $R$ présente un maximum pour $R=\sqrt{3}$ et j'ai tracé ce cas maximal (en noir).

Cordialement,

Rescassol

Rescassol · April 2022

Bonjour,

Et une figure avec Géogébra qui montre le point de Lemoine $K$ dans l'intersection des trois ellipses maximales correspondant aux trois côtés du triangle $ABC$:

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/xw/6k4rczyipks7.png

Cordialement,
Rescassol

Swingmustard · April 2022

1) Merci bien, Rescassol et pldx1.

Du coup, j'ai "organisé la promenade" de $X(n)$ pour $n=1, 2, 3, 4$.

Résultats dans le désordre : la médiatrice (bonne blague); le plan clairement; le plan moins clairement (pas sûr); enfin joli : le disque ouvert de diamètre $AB$.

2) La troisième tangente ci-dessous, je ne l'ai pas vue venir ! Est-elle banale ?

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/5j/iqzlykass17a.gif

Amicalement,

Swingmustard

P.S. Chez moi, le dessin s'anime en l'ouvrant dans un autre onglet sous Firefox, ou directement sous Chrome.

Swingmustard · April 2022

Dans la série "Il y en a un peu trop, tant pis je vous le mets quand même"...

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/bo/3cyy9bghdjh9.png

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/69/pwoahpzw6190.png

Axe de symétrie pour médiane et symédiane, la bissectrice en $C$ l'est apparemment aussi pour les angles bleus.

Quand j'aurai le temps de me mettre aux coniques tangentielles, ça va faire mal.

(Des promesses, toujours des promesses.)

Amicalement,

Swingmustard

Ludwig · April 2022

Tu veux dire pldx1 que ces transversales dissidentes sont des erreurs (puisque peintes par des apprentis) ? Cela m'étonnerait beaucoup. Je crois plutôt que le peintre (Domenico Ghirlandaio) a voulu dire quelque chose de bien précis (ce n'est quand même pas un hasard si ces lignes concourent sur l'auréole !). Peut-être trouvera-t-on des réponses dans le livre L'Annonciation italienne de Daniel Arasse (chapitre 5 sur la perspective).

pldx1 · May 2022

Bonjour,

Ludwig a dit: Peut-être trouvera-t-on des réponses dans le livre L'Annonciation italienne de Daniel Arasse (chapitre 5 sur la perspective).

Commençons par le commencement. Les "transversales dissidentes" sont-elles ou non dissidentes, c'est à dire utilisent-elles ou non un point de fuite qui se trouve être nettement en dessous du point de fuite principal ?

Quant à l'Annonciation italienne de Daniel Arasse... je n'ai pas l'impression que la peinture dont nous parlons soit une Annonciation, alors que la thèse de D. Arasse est que les Annonciations ont un caractère spécial, dû au fait que la personne qui est annoncée... n'est évidemment pas sur le tableau. Au cas où le bouquin que tu cites parlerait effectivement du Cenacolo peint à fresque par Domenico Ghirlandaio pour le réfectoire d'un couvent franciscain, pourrais-tu donner une référence plus précise (quelle page et que dit-il) ?

Merci d'avance.

Swingmustard · May 2022

pldx1 a dit le 1er avril

[...] si l'on dispose déjà de $p,q,r$ il suffit d'appeler la primitive $\mathrm{barycenter}$.
[...] On trouve $\mathrm{cross\_ratio}(A,A_p,P,A'')=-1/2$, comme déjà signalé plus haut. On peut chercher des raisons mirobolantes à ce résultat, mais cela est juste le résultat d'un calcul simple et banal, qui tient en deux lignes.

La question est donc: dispose-t-on, sous geogebra, d'une méthode plus rapide que ce banal birapport ?

Bonjour,

Il est très possible que j'interprète mal cette question, en croyant qu'elle recoupe une question que je me suis posé longtemps : "Comment tracer (avec g.) l'image de $P$ par l'homologie de centre $A$, d'axe $BC$ (qui fournira l'intersection $A_p$) et de rapport $-1/2$ ?"

Je formule d'une manière plus générale.

"Avec geogebra, comment tracer le conjugué $D$ de $C$ par rapport à $A$ et $B$ pour un birapport donné $k$ ?"

J'ai été ravi fin mars de lire dans la macro de pldx1 une solution assez élaborée, avec les nombres complexes.

Aujourd'hui, je me réponds de cette manière légèrement différente, et qui recourt au barycentre (prévu par pldx1, comme toujours). Les nombres complexes n'en sont pas absents, mais presque.

$$k=\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB}}:\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}}$$ se récrit $$k~\overline{DA}-\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB}}\times\overline{DB}=0$$Donc je me suis demandé (un peu trop longtemps) comment obtenir un rapport algébrique tel que $\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB}}$. Eh bien geogebra accepte de diviser des vecteurs colinéaires. Et même de "diviser des vecteurs" tout court : j'imagine qu'il en fait deux nombres complexes, et qu'il nous livre le complexe quotient des deux, tout simplement. Bref, dans notre cas, geogebra va répondre quelque chose comme $42+0i$, ce qui est sa manière de signaler qu'il considère la réponse comme un nombre complexe. Bref, nous tentons de commander Barycentre({A, B}, {k, -Vecteur(C, A) / Vecteur(C,B )}) mais nous voyons que ça coince : peut-être que le logiciel n'apprécie pas ce "coefficient complexe". Aussi bottons en partitouche réelle avec Barycentre({A, B}, {k, -Re(Vecteur(C, A) / Vecteur(C,B ))}), ça semble fonctionner.

Amicalement,
Swingmustard

P.S. Il y a un émoticône involontaire dans mes formules : je ne sais pas comment le virer de là !

[Intercaler une espace entre le B et la ).

AD]

[Merci AD ! S.]

EDIT Le 8 mai. Mieux encore : sans allusion du tout aux nombres complexes !

D = Barycentre({A, B}, {k, -RapportColinéarité(C,B,A)})

Ludwig · May 2022

@pldx1 : Certes cette peinture de Ghirlandaio n'est pas une Annonciation mais elle contient elle aussi des entités "irreprésentables", liées au religieux. Quant à Arasse il ne parle pas de cette Cenacolo dans ce livre, mais il établit des liens forts entre la perspective et cette irreprésentabilité. De plus le tableau de Ghirlandaio est de la même époque que celle étudiée par Arasse.

J'ai trouvé une étude approfondie de cette peinture dans cet article (voir pdf joint) :
Early Trompe-l’oeil Effects in the Last Supper Depictions by Domenico Ghirlandaio (Sylvie Duvernoy & Giampiero Mele)
dans laquelle on peut lire (page 359, traduction Google) :

Dans les fresques de Ghirlandaio, le point de fuite est « centré » dans le sens où il se situe précisément à mi-largeur du tableau. Il n'est pas à trois braccia du sol virtuel, comme le recommande Alberti, mais il est plus bas : 2-8/10 braccia à San Marco, 2-1/2 braccia à Ognissanti. Il est proche du niveau des yeux de Jésus et des Apôtres mais ne lui correspond pas exactement : à San Marco, il est un peu plus haut (juste au sommet des têtes), à Ognissanti, il est un peu plus bas. Pourquoi il en est ainsi, nous ne pouvons pas le savoir avec certitude. Soit Ghirlandaio suivait la règle approximative d'Alberti "où je veux", soit il suivait Piero della Francesca et était conscient de la relation précise entre le point de fuite et un point de projection obligatoire - l'œil de l'observateur. Dans le second cas, il semblerait que le spectateur n'ose pas regarder directement dans l'œil de Jésus. Cette relation particulière « yeux dans les yeux » entre Jésus et le spectateur hypothétique ne sera imaginée que plus tard par Léonard en peignant sa célèbre Cène sur le mur de Santa Maria delle Grazie à Milan.
Amicalement, Ludwig

Swingmustard · May 2022

Bonjour,

Soit $ABC$ un triangle, $P$ un point du plan, $A_{ce}B_{ce}C_{ce}$ le triangle cévien associé au triangle et à $P$.

J'utilise la commande $RapportColinéarité$ comme dans le message précédent pour construire différents conjugués de $P$ par rapport à $A$ et à $A_{ce}$.

En rouge, le point $A_a$ est le conjugué de $P$ pour un birapport harmonique : $(A,A_{ce},P,A_a)=-1$. On obtient $A_aB_aC_a$ le triangle anti-cévien.

En bleu, le point $A_{ci}$ est le conjugué de $P$ pour le birapport $-1/2=(A,A_{ce},P,A_{ci})$ que @pappus et @pldx1 trouvent très facile. (Quand on a pigé, c'est pas faux !) Viennent des points $A_{ci}, B_{ci}, C_{ci}$ qui permettent de tracer la conique circonscrite à $ABC$ pour le perspecteur $P$.

En violet, le point $A_i$ est le conjugué de $P$ pour un troisième birapport : $(A,A_{ce},P,A_i)=4$. Résultat : des points $A_i, B_i, C_i$ qui suffisent à tracer la conique inscrite tangente en les pieds des céviennes.

1) Je suis content de voir réapparaître le birapport 4, déjà rencontré (et baptisé "sébastique" en l'honneur de Sebastian qui me l'avait signalé) dans d'autres circonstances que "tracer une conique inscrite" : il s'agissait de tracer un damier en perspective. Il doit bien y avoir un rapport, même si je ne vois pas encore lequel.

[EDIT Pourtant pas compliqué... regardons les "abscisses" des trois groupes de birapports retenus :

0, 2, 3, 6 vs 0, 2, 3, 4 vs 0, 1, 2, 3. Seul le troisième présente la "régularité" des cases d'un damier. À cette version "affine" due à $P=G$, correspondent à droite les valeurs 0, 6/11, 6/5, 2 : nous n'allons pas nous gêner pour prétendre qu'elles forment un début tout à fait honorable de "damier projectif" !]

2) Le dessin de gauche est volontairement très particulier, avec $P=G$ le centre de gravité, dont les positions $0, 1, 2, 3, 4, 6$ des divers points le long de la cévienne jaune $AA_iPA_{ce}A_{ci}A_a$ sont (pour moi) emblématiques (au sens : joliment simples) des birapports $$-1=\dfrac{-2}{1}:\dfrac{6}{3}$$ $$-\dfrac12=\dfrac{-2}{1}:\dfrac{4}{1}$$ $$4=\dfrac{-2}{1}:\dfrac{-1}{2}$$ plus vite relus que leurs équivalents dans un dessin moins particulier, comme celui de droite. $$-1=\dfrac{-6/5}{4/5}:\dfrac{6}{4}$$ $$-\dfrac12=\dfrac{-6/5}{4/5}:\dfrac{3}{1}$$ $$4=\dfrac{-6/5}{4/5}:\dfrac{-6/11}{16/11}$$

Dernière remarque : en général, les deux coniques ne sont pas semblables. On a vite fait de se retrouver avec une ellipse inscrite et une hyperbole circonscrite, par exemple.

Cela dit, elles doivent être un peu liées : je n'arrive pas (encore ?) à orienter les grands axes de deux ellipses (une inscrite et une circonscrite) dans des directions perpendiculaires. (Une lubie. Attention : je cherche bien sûr à ce que le perspecteur soit le même pour les deux, comme dans tout ce qui précède.)

Amicalement,

Swingmustard

P.S. Devinette (pour moi aussi, en fait). Si on soupçonne l'existence d'une collinéation de $\R\cup\infty$ qui envoie $0, 1, 2, 3, 4, 6$ respectivement sur $0, 6/11, 6/5, 2, 3, 6$, quelle est sa formule ?

Vu que j'ai choisi la conique de droite un peu au pif, je pense que le fait que la réponse $f(x)=\dfrac{6x}{12-x}$ ait ses éléments infinis $f^{-1}(\infty)=12$ et $f(\infty)=-6$ symétriques par rapport aux points fixes $0$ et $6$ est une pure coïncidence.

Swingmustard · September 2022

Bonjour,

Je repars de Sidler page 54.

5.2 Projection d'une conique sur elle-même

5.2.1 Projection d'une conique sur une droite

5.2.2 Homographies d'une conique et homographies planes

Ça donne envie d'examiner la projection d'une conique sur une autre, non ?

1) Commençons par illustrer 5.2.1. Mettant un centre de projection $\Omega$ sur la conique, on définit joliment une projection sur la droite rouge.

Ce qui me plaît dans l'ellipse d'équation $x^2-xy+y^2=7$, c'est son grand nombre de "points entiers".

La division $(A,B,C,D)$ sur l'ellipse est dite harmonique : elle vient généraliser la division harmonique $(A',B',C',D')$ sur la droite.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/mn/6s9turlcx4wq.png

2) Ci-dessous : deux projections (centres : $A$ et $a$) de l'ellipse bleue sur une conique rouge.

L'une de ces projections n'est pas une homographie. Laquelle et pourquoi ?

EDIT [Non, les deux le sont. Le dessin de droite est faux. Correction dans six messages, merci GaBuZoMeu.]

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/js/vsuzcf3i3c88.png

Amicalement,

Swingmustard

Swingmustard · September 2022

Bonsoir,

Une indication : le cas particulier où le centre de projection $\Omega$ est un des points de la division, ici $A$, est un cas limite où la sécante $(\Omega A)$ se voit remplacer par la tangente en $A$.

La "droite de projection" rouge continue d'être placée n'importe comment donc où on veut, vu que le birapport (que l'homographie se doit de conserver) est celui du faisceau des quatre droites noires (plus encore que celui des points rouges).

Amicalement,

Swingmustard

Swingmustard · September 2022

Bonsoir,

Les deux ellipses sont sécantes en $a$.

Si les droites noires $(ab)$, $(ac)$ et $(ad)$ du faisceau restent inchangées (voir dessin d'avant-hier) et que la quatrième (la tangente) est modifiée (de bleue, elle devient rouge : ci-dessous à droite), on a un birapport qui change, donc cette projection n'est pas une homographie.

EDIT [Non : la tangente bleue reste bleue ! Dessin corrigé dans quatre messages, merci GaBuZoMeu.]

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/y9/zdlu5lzijaoe.png

Ellipse et parabole sont tangentes en $A$.

Le birapport $(A,B,C,D)$ est donc conservé. De même que tout birapport dont $A$ fait partie (vu que $B, C, D$ sont quelconques sur l'ellipse).

Je meurs d'envie d'affirmer que cette projection est une homographie, mais avoir contrôlé cette famille de birapports, ce n'est pas les avoir tous contrôlés. Donc j'espère que quelqu'un me dira comment transformer cette condition nécessaire en condition suffisante.

Autrement dit, est-ce que vous validez l'affirmation suivante ?

La projection de centre un point d'intersection de deux coniques (de l'une de ces coniques sur l'autre) est une homographie si et seulement si les coniques sont tangentes en ce point.

EDIT [Non. La projection est une homographie à tous les coups, que les coniques soient tangentes ou sécantes. Thanks GaBuZoMeu !]

Amicalement,

Swingmustard

GaBuZoMeu · September 2022

Bonsoir,

Non, c'est tout le temps une homographie, puisque la bijection d'une conique sur le faisceau de droites passant par un de ses points est une homographie.

Swingmustard · September 2022

Merci pour ta réponse.
Je suis étonné : le birapport $(a, b, c, d)=-1$ me paraît distinct de $(a', b', c', d')=(a,b',c',d')$, pour la raison indiquée.
EDIT [C'est là mon erreur, pointée par GaBuZoMeu : $a\neq a'$, et $(a', b', c', d')=-1=(a,b,c,d)$.

$(a,b',c',d')\neq-1$ est vrai, mais hors sujet !]

J'aurais cru que ça empêchait d'avoir une homographie.

C'est vrai que ma projection est une bijection, composée
1) de ta bijection (appliquée à la première ellipse),
2) d'une bijection (? je n'ai pas regardé de près) entre faisceaux,
3) de la réciproque de ta bijection (appliquée à la deuxième ellipse).

Peut-être que (1) et (3) sont des homographies, sans que (2) en soit une ?
Amicalement,
Swingmustard.

GaBuZoMeu · September 2022

Soit $A$ le point d'intersection des deux coniques $\Gamma_1$ et $\Gamma_2$.

Il n'y a que deux étapes

- la bijection de la première conique sur le faisceau de droites passant par $A$,

- la bijection du faisceau de droites passant par $A$ sur la deuxième conique.

Où vois-tu une étape intermédiaire ???

Tu te prends les pieds dans le tapis avec ton histoire de tangente. Soit $t_i$ la tangente à $\Gamma_i$ en $A$. Soit $M$ (resp. $N$) le deuxième point d'intersection de $t_1$ avec $\Gamma_2$ (resp. de $t_2$ avec $\Gamma_1$.

Dans la bijection entre $\Gamma_1$ et le faisceau de droites passant par $A$, $A$ correspond à $t_1$ et $N$ à $t_2$. Dans la bijection entre le faisceau de droites et $\Gamma_2$, $t_1$ correspond à $M$ et $t_2$ à $A$.

Ta "projection" de $\Gamma_1$ sur $\Gamma_2$ envoie $A$ sur $M$ et $N$ sur $A$. Ton erreur est de penser que $A$ est nécessairement un point fixe. Il ne l'est que si les deux coniques sont tangentes en $A$.

Si tu veux contempler : https://www.geogebra.org/m/cc6asgwv

Swingmustard · September 2022

Merci GaBuZoMeu !

J'ai contemplé avec plaisir.

Si le fait que les coniques soient tangentes en $A$ a un sens, c'est effectivement seulement celui de faire de $A$ un point fixe.

Voici le dessin rectifié de mes deux ellipses. Comme tu le dis, $a$ n'est pas un point fixe. Son image est $a'$, qui est sur la tangente à $\Gamma_1$ en $a$. J'avais fait intervenir à tort la tangente à $\Gamma_2$ en $a$ : elle ne joue aucun rôle ici.

Je trouve rassurant que la projection reste une homographie dans tous les cas : mon interprétation (je parle de celle qui était erronée) me pesait un peu.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/rk/qkz2xz6rzwyx.png

Amicalement,

Swingmustard

pappus · September 2022

Bonsoir à tous

Montrer que cette homographie entre ces deux coniques se prolonge de façon unique en une homographie (c'est à dire en une transformation projective) du plan projectif tout entier.

Dans le cas où les deux coniques sont deux cercles, quelle est la nature de cette transformation projective?

Amicalement

pappus

Swingmustard · September 2022

Bonsoir pappus,

Pour la première question, qui m'intéresse beaucoup, je n'ai pas assez de temps actuellement.

(Hélas ! En plus, tu me l'as sûrement déjà posée plusieurs fois, en y répondant autant ...)

Je crois bien que quand les deux coniques sont des cercles sécants, la transformation est une similitude de centre le deuxième point d'intersection.

Amicalement,

Swingmustard

Swingmustard · September 2022

Lebossé-Hémery page 88.

"Deux cercles sécants égaux se correspondent dans une rotation ayant pour centre l'un des points communs et la droite qui joint deux points homologues passe par le second point commun."

Dessinons le cas encore plus particulier où les cercles forment un angle droit.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/0w/4bf0lpqrmup4.png

Cette bonne vieille propriété peut donc se "retourner" : on définit entre deux coniques une projection de centre une intersection des deux, alors on peut prolonger au plan ?

Certainement que je radote, mais je me demande si la démonstration attendue par @pappus donne, au passage, la construction de l'image $d'$ d'un point $d$ quelconque du plan.

Amicalement,

Swingmustard

pappus · September 2022

Mon cher Swingmustard

Je te félicite pour ta ténacité.

Je fais ce que je peux pour t'aider tout en restant le plus élémentaire possible.

Ce n'est pas facile!

As-tu une petite idée de l'écriture des paramétrisations rationnelles $t\mapsto (\varphi_1(t):\varphi_2(t):\varphi_3(t))$ d'une conique $\Gamma$ du plan projectif?

Ici les $\varphi_k$ (pour $k=1,2,3$) sont des polynômes.

Amicalement

pappus

Swingmustard · September 2022

Bonsoir pappus !

Je crois avoir vu des échanges entre pldx1 et toi à ce sujet, mais sans comprendre.

J'allais dire qu'il me semblait qu'Eiden préfère les représentations cartésiennes, mais ... pas que ! Dans son Annexe A page 414 : Représentation paramétrique d'une conique circonscrite ! À lire ?

Concernant le prolongement : ouvrant Ingrao page 17, je lis "Enfin, on verra en exercice qu'une perspective qui applique une droite sur une autre se prolonge en une homographie du plan projectif." Dois-je creuser par là ? En fait, je ne trouve pas où il a caché l'exercice en question ! Dans un exercice page 25 : "Nous admettons l'existence d'une homographie $h$ du plan dont $p$ (une projection entre droites $D$ et $D'$) est la restriction à la droite $D$".

Amicalement,

Swingmustard

pappus · September 2022

Bonne nuit Swingmustard et fais de beaux rêves

Je te laisse méditer sur cette figure!

Amicalement

pappus

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/1i/6eyf8txahcq7.gif

Swingmustard · September 2022

Bonne nuit pappus,

Et surtout merci pour cette belle figure ! J'ai l'impression que tu nous a mis $m$ et $m'$ là pour l'exemple, que $m_3$ et $m'_3$ rassurent, que $un$, $deux$ et $trois$ sont invariants tandis que $zéro$ s'en va sur l'intersection de $\Gamma'$ avec la tangente à $\Gamma$.

Comme tu dis, je vais pouvoir sacrément méditer ! D'ores et déjà, merci pour la construction de $M'$, assez indevinable.

Quant au football, il ne m'inspire rien ... ce qui est habituel, dans mon rapport avec lui.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/c0/fru40mybqh73.png

Amicalement,

Swingmustard

pappus · September 2022

Mon cher Ludwig

Ce n'est pas du football mais du rugby!

Un sport très géométrique!

Amicalement

pappus

PS

Qu'est-ce que cette figure prouve?

L'existence ou l'unicité du prolongement?

Swingmustard · September 2022

Cher pappus,

Je te remercie encore et te prie de m'excuser de ne pouvoir profiter dès aujourd'hui de ta générosité, par manque de temps.

Sur ta figure (que je n'ai l'impression d'avoir rencontrée nulle part avant, et vive le rugby !), le fait que le prolongement de la projection de centre "zéro" existe paraît concrètement démontré par l'utilisation de $m'_1$ et de $m'_2$, qui donnent un splendide candidat $M'$.

Quand, en plus, la droite joignant $m'_3$ à "trois" concourt avec les deux qui ont produit $M'$, j'aurais envie de parler d'unicité.

Bref, je trouve que la figure parle à la fois d'existence et d'unicité.

Le manque de temps que j'invoque n'empêche pas de sentir qu'il y aurait encore beaucoup à démontrer.

Et même avec du temps, je ne vois pas encore du tout dans quelle direction il faudrait démarrer

Le prolongement est dans la catégorie n°1 de Sidler page 38, avec "trois points fixes formant un triangle, les côtés sont stables, la restriction aux côtés est hyperbolique", et je crois que tu as dit quelque part que c'est le cas le plus général.

Il faudrait que j'avance plus loin dans Sidler : je n'ai pas encore vu le "Classement des faisceaux de coniques" du chapitre 6, or on y voit deux ellipses sécantes comme premier cas. Enfin page 130 l'exercice excitant "Où était le photographe ?" semble s'appliquer à chercher la position du centre de projection "zéro", lorsque celle-ci n'est pas donnée.

Amicalement,

Swingmustard

pappus · September 2022

Bonjour Swingmustard

Tout ce que ma figure prouve, c'est que si le prolongement existe, alors il ne peut être donné que par ma construction.

Autrement dit il y a unicité du prolongement.

J'ai construit le point image $M'=f(M)$ comme l'intersection $1m'_1\cap 2m'_2$

Et on constate que la droite $3m'_3$ passe aussi par $M'$, ce qui est rassurant comme tu le dis.

J'aurais pu présenter cet exercice en demandant de prouver que les droites $1m'_1$, $2m'_2$, $3m'_3$ étaient concourantes sans faire référence à quelque prolongement que ce soit pour la plus grande épectase des sectateurs de ce genre d'exercices!

Donc la preuve de l'existence passe par d'autres méthodes, d'autres théorèmes de la théorie des coniques projectives.

C'est pourquoi je te questionnais sur l'écriture des paramétrisations rationnelles d'une conique.

Amicalement

pappus

PS

Et vive le rugby

Swingmustard · September 2022

Merci pappus !

Je redonne le cas très particulier de la rotation (une de tes questions portait sur deux cercles), et la construction inspirée de la tienne : au lieu de trois points fixes, le centre $b$ de rotation est seul, aussi j'utilise $a'$, sur la tangente à $\Gamma$ en $a$.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/fy/0ixp1510x4kq.png

Amicalement,

Swingmustard

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/48/4jq3pxg8bntq.png

pappus · September 2022

Bonjour Swingmustard

Ne t'attarde pas trop sur ce cas particulier, d'ailleurs traité en long , en large et en travers dans le Lebossé-Hémery!

Je te propose la figure suivante.

Quelle construction est-elle censée faire?

Amicalement

pappus

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/33/mrj9iy7maak6.gif

Swingmustard · September 2022

Cher pappus,

Partant des coniques $\Gamma$ et $\Gamma'$, tu pourrais me demander de tracer l'image $m'$ d'un point $m$ par la collinéation qui transforme $a,b,c$ en $a',b',c'$. Tu m'as montré la voie en projetant tout le monde sur la droite bleue $L$ (nos couleurs diffèrent car j'adopte la présentation de l'Atlas de mathématiques, qui part du bleu vers le rouge, je crois), et en créant la droite $\Delta$ "qui va bien". Là où tu dessines $\theta$ intersection de de $\mu \beta'$ avec $\Delta$, je tracerais pour nous distraire et parce qu'on a le choix $\lambda$ intersection de $\mu \gamma'$ avec $\Delta$. Tu prolonges ensuite $\beta \theta$ (et moi $\gamma \lambda$) jusqu'à $\mu'$ sur la droite rouge $L'$, et le (bon) tour est (que tu m'as) joué ! En effet on termine avec une jolie projection de centre $o'$, donc on reste bien les deux pieds dans le sujet.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/4g/ikckbvwgp3iy.png

Le logiciel dit en plus que les centres $o$ et $o'$ des projections (EDIT mais chacun sur sa conique ! Fin de l'EDIT), on les prend n'importe où, ce qui est très sympathique.

Je tremble simplement à l'idée que tu me demandes de prolonger au plan cette collinéation entre coniques.

Amicalement,

Swingmustard