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Exercice résolu du tétraèdre de l'espace

Modifié (15 Sep) dans Géométrie
Bonjour à tous
Voici un exercice tout à fait dans les cordes d'usine avec la technique qu'il vient de nous exposer dans ce message :
 et que j'ai déjà dû donner dans le passé dans l'indifférence la plus générale  comme on s'en doute puisqu'il ne s'agit pas de points alignés ou de droites concourantes !
Soit $ABCD$ un tétraèdre de l'espace.
Soit $\Delta$ une droite de l'espace coupant le plan $BCD$ en $A'$, le plan $ACD$ en $B'$, le plan $ABD$ en $C'$ et le plan $ABC$ en $D'$.
1° Montrer que les milieux des segments $AA'$, $BB'$, $CC'$, $DD'$ sont situés dans un même plan $P$.
2° Examiner le cas où $P\perp \Delta$.
Amicalement.
pappus
PS
Merci à GaBuZoMeu d'avoir relevé les erreurs de mes notations.
Je viens de les corriger dans ce nouvel énoncé!

Réponses

  • Modifié (14 Sep)
    Bonjour,
    Utiliser la même lettre $D$ pour un point et une droite, ça porte à confusion. Pourquoi pas $\Delta$ ou $d$ pour la droite ?
  • Merci GaBuZoMeu d'avoir relevé ces défauts de notations qui portaient à confusion.
    Je viens de les corriger dans un nouvel énoncé suivant tes indications!
    Il est vrai qu'à mon âge, je n'ai plus la clairvoyance nécessaire pour me rendre compte de ces petits détails qui ont cependant toute leur importance!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (14 Sep)
    Bon, je réponds à la première question parce que sinon tu vas de nouveau te plaindre que tes questions n'intéressent personne. :)
    On vérifie que le déterminant de la matrice
    $$\begin{pmatrix}1& 1-c-d& c/(a-c)&d/(b-d)\\ 1-a-b& 1& -a/(a-c)& -b/(b-d),\\ a&c&1&0\\ b&d&0&1 \end{pmatrix}$$
    est nul. Les quatre milieux sont donc coplanaires.
  • Mon cher GaBuZoMeu
    Je ne doute pas de ta capacité à résoudre le moindre des mes exercices.
    En général, j'essaye de proposer des exercices intéressants et pas trop difficiles mais même ceux-là ne trouvent pas preneurs.
    Par exemple, c'est en lisant les indigestes calculs d'usine que j'ai eu l'idée de proposer cette configuration qui généralise la droite de Newton.
    Je m'attendais donc plutôt à ce que soit lui qui me réponde mais je vois qu'il n'en est rien, sans doute parce que mon exercice n'est pas numérique.
    Mon exercice reste donc ouvert à tous.
    Tu avais raison de me faire quelques reproches sur mes notations mais moi aussi j'ai quelques doléances à faire valoir sur ta solution puisque tu n'as pas voulu nous dévoiler la définition des scalaires $(a,b,c,d)$ si bien que ton calcul reste incompréhensible pour le plus grand nombre de tes lecteurs!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (14 Sep)
    Mon cher GaBuZoMeu
    Je te propose ma solution tout aussi incompréhensible que la tienne, surtout pour usine empêtré dans ses calculs numériques.
    Soit $f$ l'application affine $(A,B,C,D)\mapsto (A',B',C',D')$
    Le polynôme caractéristique de la partie linéaire $\overrightarrow f$ de $f$ est diagonalisable et est:
    $$X(X+\dfrac 12)^2$$
    Soit $g=\dfrac 12(id+f)$
    Le polynôme caractéristique de la partie linéaire $\overrightarrow g$ de $g$ est diagonalisable et est:
    $$X^2(X+\dfrac 12)$$
    $CQFD$
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (15 Sep)
    Les coordonnées barycentriques normalisées (on devine dans quel repère) du point d'intersection de $\Delta$ avec le plan $(BCD)$ sont $(0,1-a-b),a,b)$ et celles du point d'intersection de $\Delta$ avec $(CDA)$ sont $(1-c-d,0,c,d)$.
    Edit : notations corrigées (remarque d'ev)
  • Merci GaBuZoMeu
    Cela va beaucoup mieux en le disant!
    Amicalement
    pappus
  • C'est moi ou la lettre $d$ désigne deux objets distincts et irréconciliables ?
    e.v.
    À ta naissance, tu pleurais tout le temps et tout le monde souriait autour de toi. Fais en sorte qu'à ta mort, ce soit l'inverse. (Proverbe arabe)
  • Non, tu as raison. Ce Dédé fait des misères.
  • Bonjour à tous
    J'ai cru un moment que notre chère ev pensait que GaBuZoMeu était aussi gâteux que moi, mais non, il est en pleine forme, qu'elle relise bien mon énoncé!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour @pappus,
    Je ne te suis pas bien quand tu écris que le polynôme caractéristique de la partie linéaire de l'application affine qui envoie $A$ sur $A'$ etc. est $X\left(X+\dfrac12\right)^2$. Puisque $A',B',C',D'$ sont alignés, cette application linéaire est de rang 1, n'est-ce pas ? Moi, je verrai plutôt $X^2(X+1)$ comme polynôme caractéristique de ton $\vec f$. Ce qui donne $X\left(X-\dfrac12\right)^2$ comme polynôme caractéristique de $\vec g$.

  • Modifié (15 Sep)
    Mon cher GaBuZoMeu
    C'est vrai!
    J'ai beaucoup hésité entre ces deux polynômes et comme je ne voulais pas faire de calculs, j'ai choisi celui là, sans doute à tort puisque tu as choisi l'autre et que j'ai plus confiance en toi qu'en moi!
    La seule façon de nous départager est de faire les calculs!
    Amicalement
    pappus
  • Pas besoin de gros calculs. Il est déjà clair que 0 est valeur propre double de $\vec f$ puisque $A',B',C',D'$ sont alignés. Ensuite, on peut voir que la trace de $\vec f$ est $-1$ en vectorialisant en prenant $A$ comme origine et en choisissant$(B-A,C-A,D-A)$ comme base : la trace est alors l'opposé de la somme des coordonnées de $A'$.
  • Merci GaBuZoMeu
    C'est peu ou prou le raisonnement que je m'étais tenu à ceci près que je me suis fourvoyé sur l'ordre de la valeur propre $0$.
    Si même moi je me suis trompé, c'est que ce pourrait être aussi le cas de beaucoup de tes lecteurs.
    Vois-tu un bon argument algébrique qui entraine de façon convaincante que l'ordre de la valeur propre $0$ est bien $2$ et non $1$?
    Merci d'avance!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (15 Sep)
    Je répète une nouvelle fois : puisque $A',B',C',D'$ sont alignés, le rang de $\vec f$ est $1$, donc $0$ est valeur propre double.
    Et tu t'es aussi trompé sur l'autre valeur propre de $\vec f$ (d'où sortirait ce $-1/2$ double ?), ainsi que sur le passage du polynôme caractéristique de $\vec f$ à celui de $\vec g$ (quand on substitue $2X-1$ à $X$ dans ton premier polynôme et qu'on divise par $8$, on ne trouve certainement pas ton deuxième).
  • Modifié (15 Sep)
    $\newcommand{\Im}{\mathrm{im}}$Merci GaBuZoMeu 
    En fait j’avais oublié l’identité fondamentale de l’algèbre linéaire concernant un endomorphisme $u$ d’un espace vectoriel $E$:
    $$\dim\big(\Im(u)\big)+\dim\big(\ker(u)\big)=\dim(E)$$
    La morale de l’histoire s’il y en a une, c’est que l’algèbre linéaire permet souvent d’éviter des calculs laborieux du genre de ceux tenus par usine !
    Amicalement
    pappus
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