Image
Bonjour à tous
J'ai remarqué tout au long de ma carrière professionnelle combien mes étudiants redoutaient de déterminer l'image d'une application, qu'elle fut linéaire ou non.
Ne parlons même pas des applications définies géométriquement puisqu'à cette époque la géométrie était déjà en bonne voie de disparition, disparition acquise aujourd'hui, on le sait, depuis quelques années déjà!
Alors je propose sans la moindre illusion l'exercice suivant:
On se donne dans le plan euclidien deux points $B$ et $C$
Soit $f$ l'application qui à tout point $A$ du plan associe le point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$.
Déterminer l'image de l'application $f$.
Amicalement
pappus
pappus
PS.
Je pense que je vais pouvoir faire la sieste, tranquillou pour un bon bout de temps.
Il n'est pas interdit de se servir de son logiciel de géométrie dynamique favori pour deviner ce qui se passe!
Je pense que je vais pouvoir faire la sieste, tranquillou pour un bon bout de temps.
Il n'est pas interdit de se servir de son logiciel de géométrie dynamique favori pour deviner ce qui se passe!
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Réponses
J'ai fait ce qui n'est pas interdit (ouf !) et je trouve l'intérieur d'une ellipse de foyers $B$ et $C$. On peut construire un point de l'ellipse en prenant le point de Lemoine d'un triangle équilatéral $BCQ$ (le point de Lemoine est alors le centre de gravité $G$ du triangle). Le grand axe de l'ellipse (qui est sur $(BC)$) est de longueur $a = \frac{2 BC \sqrt {3}}{3} $, son petit axe est moitié moins grand.
Peut-être utiliser les coordonnées barycentriques du point de Lemoine pour le démontrer ?
Une fois lancé, difficile de t'arrêter !
Je suppose que tu as trouvé tout cela en manipulant ton logiciel !
Bravo
En fait le but de l'exercice (que j'ai déjà dû donner dans le passé probablement dans l'indifférence la plus générale) est le suivant.
pappus
Je crois que tu es le premier à avoir répondu, merci !
EDIT : je crois qu'on a quelque chose de ce genre : $\cancel {\tan(\widehat{COf^{-1}(K)})=(\frac{1}{2} \; \pi-\operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{1}{2} \right))\tan(\widehat{COK})}$. Non, c'est $\tan(\widehat{COf^{-1}(K)})=2\tan(\widehat{COK}) $ tout simplement. Ce qui permet de terminer la construction de $f^{-1}(K)$.
Bravo pour ton utilisation de GGB mais cela ne suffit pas!
Bien sûr l’origine géométrique du problème te permet de faire mumuse avec le logiciel mais sa solution est algébrique et exige de résoudre certaines équations du second degré.
Sont-elles encore enseignées ou bien faut-il attendre la démonstration du théorème de d’Alembert pour commencer à en parler?
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.
Amicalement
pappus
pappius
Je me suis réservé la partie "facile" : $$\begin{cases}X=\dfrac{4a^2x}{4x^2+4y^2+3a^2}\\Y=\dfrac{2a^2y}{4x^2+4y^2+3a^2}\end{cases}$$ Amicalement.
Ce qui correspond bien à l'intérieur de l'ellipse découverte par Ludwig.
En conséquence, j'ai posé $x=ty$ en sorte que $X=2tY$ et je suis bel et bien tombé sur une équation du second degré en $x$ dépendant de $t,X,Y$.
Restait à écrire que son discriminant était positif et remplacer $t$ par $\dfrac{X}{2Y}$
Amitiés.
Amitiés
pappus
Amitiés.
Je ne pourrai plus suivre ce fil aujourd'hui ...
Pour généraliser la construction précédente il suffit de prendre le cercle de centre $O'(0,\frac{a^{2}}{4 \; v})$ et de rayon $\frac{1}{4} \; a \; \sqrt{\frac{a^{2}}{v^{2}} - 12}$. Notez que ce rayon est aussi égal à $\frac{a \sqrt{3}}{4}\frac{w}{v}$, ou $w$ est l'abscisse de l'intersection située dans le premier quadrant de l'ellipse frontière $3x^2+12y^2-a^2=0$ avec la droite $y=v$.
C'est pas faux ce que tu dis, et je reconnais que c'est un peu embêtant. Je t'avouerais que je n'ai même pas regardé une construction du point de Lemoine, je me suis directement servi de la commande TriangleCentre de GeoGebra, que j'ai considérée comme une boîte noire. Ne m'en veux pas trop, je m'amuse avec le logiciel et je teste ses possibilités, j'essaie d'en trouver des limites.
Avec mes formules j'ai pu obtenir une construction à la règle et au compas assez simple : la parallèle à $(BC)$ passant par $K$ coupe $(Oy)$ en $J$ et l'ellipse en $P$ et $Q$. $N$ le point de $[OJ)$ tel que $ON=OC$, $I$ celui de $[Ox)$ tel que $OI=OJ$. La parallèle à $(IN)$ passant par $C$ coupe $[OJ)$ en $O'$.
$ABC$ équilatéral, $M$ milieu de $[AO]$, la parallèle à $(BC)$ passant par $M$ coupe $(OQ)$ en $R$. Le cercle de centre $O'$ et de rayon $MR$ coupe la demi-droite orange (d'origine $O$ et passant par $(x(K), 2y(K))$) en $A_1$ et $A_2$ :
En ce qui concerne la transformation qui échange $A_1$ et $A_2$, je me suis tourné vers les complexes. L'avenir nous dira si c'était une bonne ou une mauvaise idée.
J'ai obtenu relativement facilement une équation du second degré en $z$ : $$4(Z-3\overline{Z})z^2+8a^2z+3a^2(\overline{Z}-3Z)=0$$
J'ai un peu de mal ...
Amitiés.
Il serait sans doute intéressant d'introduire le point $m$ milieu de $[A_1A_2]$, point qui se construit facilement : soit $K''$ le symétrique de $K'(u,2v)$ par rapport à $O$. Alors $m$ est l'inverse de $K''$ par rapport au cercle de centre $O$ et de rayon $a$. Et on a $mA_1=mA_2=\frac{1}{2} \; a \; \frac{\sqrt{a^{2} - 3 \; d^{2}}}{d}$ où $d=OK'$.
Bon après-midi, Ludwig
Il faut résoudre ces équations en $(x,y)$ quand on se donne $K(X,Y)$.
Une autre construction, sans doute la plus simple. Elle est basée sur le fait que l'intersection de $OK'$ avec $JL$ (l'axe radical du cercle vert et du cercle d'inversion) est l'image $P$ de $K'$ par l'homothétie de centre $O$ et de rapport $3$. Une fois construit $P$ on a $J$ et $L$ et on construit la tangente en $J$ au cercle d'inversion, qui coupe $OK'$ en $M$ :
Soit donc un triangle $ABC$. On place $A'$ symétrique de $A$ par rapport au cercle d'inversion (en pointillés). $M$ est le milieu de $AA'$. Le cercle de centre $M$ passant par $A$ coupe le cercle d'inversion en $J$ et $L$. $m$ milieu de $JL$, $m'$ image de $m$ par l'homothétie de centre $O$ et de rapport $1/3$. Enfin, les coordonnées du point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$ sont $(2x(m'), y(m'))$.
Bonne soirée, Ludwig
Une dernière construction (je profite de ce fil pour travailler l'inversion, notamment les constructions de l'image d'un point). On part de $K(u,v)$, on place $K'(u/2,v)$ puis $P(3u/2,3v)$. $[DE]$ est le diamètre perpendiculaire à $(OP)$, la parallèle à $(DE)$ passant par $P$ coupe le cercle d'inversion en $I$ et $J$. $(OP)$ coupe $(DI)$ en $A_1$ et $(EI)$ en $A_2$. Pas besoin de deuxième cercle donc. Amicalement, Ludwig
(on pourrait aussi se passer la droite $(OP)$ : $A_1 = (DI) \cap (EJ)$ et $A_2 = (DJ) \cap (EI)$).