Constructions de géométrie circulaire
Bonjour à tous
Vous avez sur votre feuille de papier chiffonnée deux triplets de points $(A,B,C)$ et $(A',B',C')$.
Soit $f$ la transformation circulaire directe telles que $f(A)=A'$, $f(B)=B'$, $f(C)=C'$.
Comment construire avec votre règle ébréchée et votre compas rouillé le point $I$ tel que $f(I)=\infty$ et le point $J'=f(\infty)$
Donner une procédure avec GeoGebra utilisant toutes les fonctionnalités de ce logiciel!
Amicalement
pappus
Réponses
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Bonsoir à tousTout d'abord on récupère les six affixes $(a,b,c,a',b',c')$ des six points $(A,B,C,A',B',C')$ dans le repère orthonormé prédéfini par le logiciel.J'espère que ce repère existe pour chaque feuille utilisée.Ensuite, il faut déterminer la fonction homographique $z'=f(z)$ telle que $f(a) =a'$, $f(b)=b'$, $f(c)=c'$On l'a déduit par invariance du défunt birapport:$$(a,b,c,z)=(a',b',c',z')$$C'est là que le calculateur de GeoGebra intervient.On est face à une équation du premier degré en $z'$.J'espère que GeoGebra sait la résoudre.Si oui, il va trouver une fonction homographique du style$$z'=\dfrac{pz+q}{rz+s}$$Le point $I$ a pour affixe $-\dfrac sr$ et le point $J$ a pour affixe $\dfrac pr$.Et en principe GeoGebra devrait tracer sans difficulté les points dont il connait les affixes.Bien sûr avec notre feuille, notre règle et notre compas, il faut faire auitrement.Oui mais comment?
Amicalement
pappus -
Bonjour,
Pour la construction à la règle et au compas je n'ai pas trouvé. En tous cas GeoGebra peut déterminer les coefficients de la fonction homographique $f$ telle que $z'=f(z)$, $f(a) =a'$, $f(b)=b'$, $f(c)=c'$. On entre $f:=(P*z+Q)/(z+S)$ dans le calcul formel (on peut prendre $r=1$) puis on y tape Résoudre({A' = Substituer(f, z, A), B' = Substituer (f, z, B ), C' = Substituer(f, z, C)}, {P, Q, S}) en ayant au préalable fait en sorte que les points soient considérés comme des nombres complexes (menu propriétés puis algèbre). On récupère les solutions sous la forme d'une liste dont on a plus qu'à extraire les éléments.
Cordialement, Ludwig
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On peut utiliser le fait que $M\mapsto (I-M)(J-f(M))$ est constante pour construire $I$ et $J$ à coup de similitudes directes.
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Bonjour à tous,Je crois qu'il existe une construction "simple" pour construire les images des milieux des côtés du triangle $ABC$. Je ne la connais pas.Je dispose d'une macro pour construire $f(M)$ à partir de $A,B,C,A'=f(A),B'=f(B),C'=f(C)$ et je l'ai utilisée. $J$ est l'intersection de trois cercles.On peut procéder de la même manière avec $f^{-1}$ pour obtenir $I$.Amicalement.
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Bravo Cailloux mais il faudra que tu nous expliques ta macro donnant $f(M)$En effet dans le plan circulaire, les droites $ab$, $ac$, $bc$ ne sont pas autre chose que des cercles passant par le point $\infty$. Leurs images par $f$ sont donc des cercles passant par le point limite $J'=f(\infty)$.C'est la construction la plus naturelle de ce point que tu nous as donnée.Remarque que tu peux choisir pour $m$ un point quelconque de la droite $bc$, pour $n$ un point quelconque de la droite $ca$ et pour $p$ un point quelconque de la droite $ab$.Mais avec ces choix très particuliers des points $m$, $n$, $p$, que peut-on dire des quadrangles $(b'c'm'J)$, $(c'a'n'J)$, $(a'b'p'J)$?En définitive ta construction repose sur la macro donnant $f(M)$ sachant que $f$ envoie le triplet $(A,B,C)$ sur le triplet $(A',B',C')$.Peux-tu nous expliquer cette macro brièvement?Amicalementpappus
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@pappus : D'après mon dernier message, les similitudes directes $s_B:AB\mapsto B'A'$ et $s_C:AC\mapsto C'A'$ envoient $I$ sur $J$.
En particulier, $I$ est le point fixe de $s_C^{-1}\circ s_B$ et $J$ celui de $s_C\circ s_B^{-1}$.
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Bonjour pappusJ'avais réalisé une macro il y a quelques temps dont l'origine est ici : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2330162/constructions-de-geometrie-circulaire C'était très esthétique. Je crois que cette construction est due à Vladimir Dubrovsky.Malheureusement, dans le cas qui nous occupe, elle tombait en défaut (lorsque $M$ appartient à l'un des droites ($AB)$, $(BC)$ ou $(CA)$).Je me suis résolu à utiliser ce que tu indiques plus haut avec l'égalité des birapports : $$(A,B,C,M)=(A',B',C',M')$$ GeoGebra s'en sort sans problèmes. Bien sûr c'est beaucoup moins joli mais la méthode a le mérite de marcher ici.Il semblerait que les 3 quadrangles que tu cites soient harmoniques. Il va falloir que je compulse de vieux grimoires ...Amicalement.
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Merci CaillouxJe connais cette configuration de Vladimir et j'en ai parlé ici même.Elle conduit en effet à une macro qui n'est pas stable.Voici comment je m'y prendrais.Je commence à faire la similitude directe $s:BC\mapsto B'C'$.On construit facilement le point $A''=s(A)$ par une macro dont on a souvent parlé, macro qui simule une construction à la règle et au compas.On a alors $f=g.s$ où $g$ est la transformation circulaire directe $(A'',B',C')\mapsto (A',B',C')$On est donc ramené à faire une macro d'une transformation circulaire directe dont on connait les deux points fixes!Comment s'y prendre pour créer cette macro?Amicalementpappus
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Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.En géométrie circulaire comme ailleurs la construction de base est celle des transformations.En attendant d'avoir des éclaircissements sur une création synthétique de la macro de Cailloux, voyons comment celle-ci permet de construire très rapidement les points limites.Voici une figure sur laquelle il n'est pas interdit de rêvasser en attendant que la lumière se fasse!Amicalementpappus
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Merci Gai RequinTu sais qu'à mon âge, on est à moitié gâteux mais ce que tu viens de dire me prouve que nous avions déjà discuté ensemble de ce sujet dans un passé indéterminé.Cela a fait tilt dans mon cerveau de plus en plus déneuronisé!La figure de mon précédent message que j'ai sans doute déjà donnée dans cette même discussion à retrouver donne aussi une construction de ces maudits points limites tout à fait différente de la tienne.La morale de ta construction comme de la plupart de celles concernant la géométrie circulaire est qu'on essaye toujours de se ramener si possible à des constructions euclidiennes faisant intervenir des similitudes.Il n'est pas interdit de revenir sur les mêmes sujets car nous avons de nouveaux participants comme Ludwig et Swingmustard qui sont avides d'apprendre du nouveau!Passe une bonne nuit et fais de beaux rêvesAmicalementpappus
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Voilà le petit lemme que j'utilise constamment
en géométrie circulaire.
Pour des questions pratiques, je confonds points et affixes.Pour tout $M$ d'image $M'$, on a par conservation du birapport,$$[A,M,I,\infty]=\dfrac{I-A}{I-M}=[A',M',\infty,J]=\dfrac{J-M'}{J-A'}$$donc $M\mapsto (I-M)(J-M')$ est constante.Application : $\dfrac{J-B'}{I-A}=\dfrac{J-A'}{I-B}$ donc la similitude directe (=fonction affine) $AB\mapsto B'A'$ envoie $I$ sur $J$. -
Merci Gai RequinJe me souviens parfaitement de ta démonstration, ce qui prouve que nous en avions déjà discuté ensemble dans un fil à retrouver!Quant à ma dernière figure, elle résulte d'un petit lemme algébrique:Les inversions ayant un cercle de points fixes forment une classe de conjugaison suivant la formule à démontrer évidemment:$$f\circ i_{\Gamma}\circ f^{-1}=i_{f(\Gamma)}$$Amicalementpappus
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Effectivement, $f\circ i_{\Gamma}\circ f^{-1}$ est une anti-homographie involutive qui fixe les points du cercle $f(\Gamma)$.
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Bonjour à tous,pappus, tu nous parles de fils à retrouver : je pense, bien que gai requin n'y ait pas participé, qu'on peut consulter celui-ci https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/1025917#Comment_1025917 qui semble au cœur du sujet.Amicalement.
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Merci Gai RequinMaintenant comment interpréter ma dernière figure en vue de la construction des points limites?Tu remarqueras que sur mes figures, je note $J'=f(\infty)$ le point limite image pour me conformer aux habitudes séculaires de nos aïeux qui primaient les points de l'image. Ils ne bénéficiaient pas encore du bonheur de Bourbakiser!Amicalementpappus
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$I=i_{\Gamma}(f^{-1}(O'))$ et $J'=i_{\Gamma'}(f(O))$.
Et on peut construire $f(O)$ et $f^{-1}(O')$ comme déjà vu ici.
C'est pas mal du tout, d'autant que tout a déjà été justifié a priori (pour une fois) ! 👍
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Merci Gai RequinIl ne reste plus qu'à donner une macro géométrique d'une transformation circulaire directe.L'idée est de la décomposer en petits morceaux qu'on sait traiter comme j'ai commencé à le faire.En gros comment créer une macro de la transformation circulaire directe:$$f:(A,B,C)\mapsto (A',B,C)$$Je connais deux méthodes: la première par conjugaison qui consiste à envoyer le point $B$ ou $C$ à l'infini, cela peut se faire par une inversion qui a l'avantage d'être dans les outils du logiciel, la deuxième en décomposant $f$ en produit de deux transformations circulaires directes involutives, nos anciens les appelaient transpositions circulaires et aujourd'hui ce serait plutôt des inversions algébriques comme l'a souligné GaBuZoMeu!Ainsi cette dernière construction utilise le fait bien connu (?) que les involutions algébriques forment un système de générateurs du groupe des transformations circulaires directes.Amicalementpappus
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Merci à ceux qui ont déniché ces vieux fils.Je remarque que l'un d'entre eux prétendait construire les points fixes d'une transformation circulaire directe mais qu'il s'est arrêté en cours de route puisque visiblement personne ne s'intéressait à ce que je racontais.Alors pourquoi se fatiguer, arrivé à un âge où on a perpétuellement envie de faire la sieste!Peut-être en sera-t-il autrement huit ans après?Amicalementpappus
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Soit $f$ l'homographie $ABC\mapsto A'BC$ et $I$ le milieu de $BC$.
Alors $g=s_I\circ f$ est une homographie qui échange $B$ et $C$ donc c'est une involution qui envoie aussi $A$ sur $s_I(A')$.
De plus, $f=s_I\circ g$.
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La similitude directe $AB\mapsto B'A'$ a pour point fixe le point central $I$ de l'involution $f:AB\mapsto A'B'$.
Une fois $I$ construit, pour tout $M\neq I$, la similitude directe $IM\mapsto IA'$ envoie $A$ sur $f(M)$.
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Merci Gai RequinOn voit comment on est ramené à des macros de similitudes directes comme je l'avais dit.Maintenant on met toutes ces macros bout à bout et on obtient la macro de Cailloux!On peut alors s'attaquer au problème qu'on avait laisser tomber il y a huit ans: créer une macro donnant les points fixes d'une transformation circulaire
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Mon idée est de me ramener à la recherche des points fixes d'une involution.
Soit $f$ une homographie de points limites $I\neq J'$ et $\Omega$ le milieu de $IJ'$.
On suppose qu'on sait construire l'image de tout point par $f$.
Notons $P,Q$ les points fixes de $f$.
Soit alors $g$ l'involution de point central $\Omega$ qui fixe $P$. Son autre point fixe est $Q$ !
Comme $f$ et $g$ ont les mêmes points fixes, elles commutent !Donc $f\circ g(\infty)=f(\Omega)=g\circ f(\infty)=g(J')$.Conclusion : $P$ et $Q$ sont les points fixes de l'involution $g$ de point central $\Omega$ qui échange $J'$ et $\Omega'=f(\Omega)$. -
Merci Gai RequinBravo!Ta construction demande donc de connaître les points limites de $f$ et c'est pourquoi j'avais demandé la création préalable de leur macro.Maintenant comment construis-tu les points fixes de l'involution $g$?Je suis vraiment tatillon!AmicalementpappusPSAvec Geogebra, on a pas tous ces problèmes métaphysiques puisqu'on le sait les affixes des points fixes de $f$ sont les racines d'une équation du second degré et que ce logiciel non content de résoudre les équations du premier degré sait aussi traiter les équations du second degré dans le champ complexe!
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De manière générale, soit $g$ l'involution $\Omega A\mapsto\infty A'$ et $P$ un de ses points fixes.
On a $\dfrac{\Omega-P}{\Omega-A}=\dfrac{\Omega-A'}{\Omega-P}$.
En particulier, $P$ est sur la bissectrice intérieure de $(\Omega A,\Omega A')$.De plus, $\Omega P^2=\Omega A\times\Omega A'$ et, comme je suis fatigué, je finis en montrant seulement ma figure dans laquelle j'utilise la notion de puissance par rapport à un cercle.
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Mon cher Gai RequinCurieux que tu ne connaisses pas cette construction archiarchiconnue autrefois d'un quadrangle harmonique $(A,A',P,Q)=-1$ dont on connait les sommets $A$ et $A'$ et le milieu $\Omega$ des deux autres sommets $P$ et $Q$.C'est la construction de base de la géométrie circulaire!Passe une bonne nuit et fais de beaux rêvesAmicalementpappusPSIl est possible que cette construction traine quelque part dans le Lebossé-Hémery!
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Je ne connaissais pas mais j'ai fini par trouver tout seul en utilisant les deux bissectrices de $(\Omega A,\Omega A')$ !La bissectrice extérieure est un axe de symétrie du cercle passant par $A,A',P,Q$ !
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Bonjour pappus,Ma construction par les deux bissectrices est-elle bien l'archiarchiconnue dont tu parlais ?
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Bonjour,Je résume ce que j'ai compris.Comment pappus a-t-il décomposé la transformation circulaire directe $f$ définie par $f(A)=A'$, $f(B)=B'$, $f(C)=C'$ ?Sans le fil de 2014 cité par cailloux, c'eût été fichu pour ma pomme. On se servira du cercle de centre $C'$ passant par $B'$ : notons-le $\Gamma''$. Alors$$f=(\phi\circ \sigma\circ\phi)\circ s$$ avec $s$ la similitude qui envoie $B, C$ respectivement sur $B', C'$, puis $\phi$ l'inversion par rapport à $\Gamma''$, enfin $\sigma$ la similitude de centre $C'$ qui transforme $a''$ en $a'$, où $a''$ et $a'$ sont les inverses de $A''=s(A)$ et $A'$ (toujours par rapport $\Gamma''$).
Je tente la notation suivante, qui décrit l'action de $s$, puis $\phi$, puis $\sigma$, puis $\phi$.$$(A,B,C,\infty)\mapsto(A'',B',C',\infty)\mapsto(a'',\infty,C',B')\mapsto(a',\infty,C',b')\mapsto(A',B',C',?)$$ Le point d'interrogation est sûrement une bonne transition vers la prochaine étape qui m'attend : les points fixes et les points limites.Avant elle, j'aimerais tout autant que gai requin une confirmation qu'il a trouvé la "construction archiarchiconnue autrefois d'un quadrangle harmonique $(A,A′,P,Q)=−1$ dont on connaît les sommets $A$ et $A′$ et le milieu $\Omega$ des deux autres sommets $P$ et $Q$".Amicalement,Swingmustard -
Bonsoir,1) Points limitesa) Je n'ai pas de preuve mais geogebra confirme la conjecture de cailloux : sa construction de $J'$ comme point de concours des trois cercles circonscrits aux images de deux sommets et de leur milieu (et des permutés circulaires) forme trois quadrangles harmoniques.Avec un cerveau en bouillie, je ne sais pas le démontrer. Pourtant, "milieu d'une part, infini d'autre part", ça fait très harmonique...b) geogebra confirme la réponse de gai requin à la devinette de pappus : on peut les avoir aussi comme inverses liés aux centres et à leur image ou antécédent.Justement, ma macro de $f$ a été trop lourde pour trouver celle de $f^{-1}$, donc je n'ai pas le "vrai" $I$, juste une valeur très proche.2) Points fixesJ'ai commencé à être trop perdu pour te suivre, gai requin, sur $f(\Omega)$.En bricolant, on conjecture que tu as bien raison de t'intéresser à $\Omega$, milieu des points limites, qu'ils semblent partager avec les points fixes. On aurait donc un joli parallélogramme $IPJ'Q$ ?[EDIT. Je ne devrais pas être étonné. En juillet dernier pappus mentionnait déjà ce "parallélogramme caractéristique de l'homographie", qui dans le cas d'une transformation de Möbius, est un losange.]
Procédant à tâtons pour trouver $P$ et $Q$, j'ai constaté que l'un des deux est bien plus farouche que l'autre.On doit pouvoir qualifier $P$ d'attractif et $Q$ de répulsif.D'ici à ce qu'ils soient rebaptisés $P$ et $Q'$, ou $P'$ et $Q$... mais je ne sais pas lequel mériterait plus de toucher la prime.La situation ferait presque penser aux points de Lagrange que James-Webb a si bien remis à la mode. Mais eux sont cinq, non ?Encore merci pappus de nous initier à cette affaire circulaire qui tourne rond, et pas en rond !J'ai hâte que gai requin ou toi nous aidiiez à construire les points fixes. Avec un peu de chance, ce sera avant huit ansAmicalement,Swingmustard -
Bonjour Swingmustard,Tu peux montrer que $IPJ'Q$ est un parallélogramme à partir de ce message.
Par ailleurs, j'ai montré ici que les points fixes de $f$ sont aussi les points fixes d'une certaine involution.
D'où leur construction par les deux bissectrices. -
@Swingmustard : Tu as laissé tomber ?
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Bonjour gai requin1) Non, c'est bien toujours sur ma todo list.Je me suis redémontré le parallélogramme avec les complexes : facile, et pas ma préférence : j'aimerais mieux y arriver de manière clairement géométrique. Apparemment ce sera avec tes similitudes.Mais là je suis débordé et contraint de remettre les plaisirs géométriques à plus tard (dont l'involution que tu signales).2) Tant qu'on y est, je me demande s'il y a une interprétation géométrique quand le parallélogramme est un rectangle non carré.Grâce au logiciel, j'ai vu qu'une telle transformation existe : $\dfrac{az+b}{cz+d}$ avec $a, b, c, d$ bien choisis parmi $0, 1, i, 2i$ par exemple.C'est tout ce que j'en sais.3) Je remarque que @pappus ne nous répond archarchipas sur ta construction du quadrangle harmonique.Amicalement,Swingmustard
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