Approche timide (mais obstinée) d'un embryon de géométrie projective
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Bonjour ! Un autre démarrage possible en géométrie projective.Présenter le théorème de Pappus sur deux exemples comme les suivants, mais avec seulement les croisillons. Puis ajouter les droites bleues $(AA')$, $(BB')$, $(CC')$, qu'on occulte habituellement pour les bonnes raisons qu'elles n'apportent rien au théorème, et qu'elles alourdissent le dessin.Annoncer que, dans les deux cas, on a défini une homographie entre les droites $(ABC)$ et $(A'B'C')$, car on a donné trois points et leurs images. Faire connaître le doux nom d'axe de l'homographie que porte la pappusienne, fort utile pour tracer l'image $M'$ d'un point $M$ quelconque par notre homographie, moyennant un croisillon de plus. (Je ne vous bassine pas en dessinant $M$ et $M'$.)1) ConjectureL'homographie est une projection si et seulement si l'axe passe par l'intersection des deux droites.$(AA')$, $(BB')$, $(CC')$ sont alors concourantes, en le centre de la projection. (Vous pouvez me la laisser, je crois que j'y arriverai.)2) Plus tard chez Sidler, vient l'homographie d'une seule droite.Page 33 en exercice, il donne une homographie définie par un point fixe $U$, deux points $A$, $B$ et leurs images $A'$, $B'$.Il demande de construire le deuxième point fixe (éventuellement double).Très jolie construction que je reproduis ci-dessous.
En vert : $S$ et la droite issue de $U$ sont arbitraires. On projette $A$ et $B$ sur cette droite. $A'$ et $B'$ permettent alors de trouver $S'$, centre de la deuxième projection : composée avec celle de centre $P$, elle nous ramène sur la droite initiale. Aligné avec $S$, $S'$ et sa propre image par la première projection, $V$ est le deuxième point fixe. Sidler s'est inspiré de sa décomposition d'une homographie en trois projections. $U$ lui a simplifié la vie : l'homographie est composée de deux projections.Ma question : si on ne connaît pas les points fixes (et qu'on sait que l'homographie qu'on nous définit par trois points et leurs images en a deux), existe-t-il un moyen de les construire ? (Si oui, vous pouvez me prévenir et me laisser chercher, j'ai assez envie.)Amicalement,Swingmustard -
Mon cher SwingmustardQuand l'homographie se passe sur une conique, elle a un axe d'homographie et ses points fixes sont les points d'intersection éventuels de cet axe avec la conique.Maintenant si elle se passe sur une droite, que faire?Se rappeler qu'une conique a une structure de droite projective.J'espère que tu te rappelles de cela.Via ce petit rappel, tu peux transférer une homographie sur une droite projective en une homographie sur une conique de ton choix et nos anciens qui n'étaient pas bêtes choisissaient un cercle pour ce faire.Les points fixes de l'homographie sur la droite correspondent aux points fixes de l'homographie sur le cercle, points fixes que tu sais construire et le tour est joué.Il reste à mettre en œuvre mon petit discours et j'attends ta figure pas si facile que cela à faire avec impatience.Une figure que j'ai déjà dû donner ici même dans un passé indéterminé dans l'indifférence la plus générale comme tu peux t'en douter!Je peux déjà te prédire que ta figure connaîtra le même succès!Pas de Thalès et pas de Pythagore, le désintérêt mâtiné d'épouvante, quoi!Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.Amicalementpappus
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Merci pappus !Pas impossible que je cherche encore un peu "à la règle seule", vu que l'inutile ne me déplaît pas.En attendant, l'axe (ici en bleu) de l'homographie (transférée) est décisif une fois de plus, et ton cercle est magique !
Merci encore, amicalement,Swingmustard -
Bonjour SwingmustardJe n'arrive pa!s à ouvrir ta figure, dommage!La recherche des points fixes est un problème du second degré, tu perds ton temps avec ta règle ébréchée!Amicalementpappus
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Bonjour,
pappus j'espère que tu as pu ouvrir la figure (on clique dessus avec un ordi, ou on met le doigt dessus avec un téléphone).
Merci de m'avoir averti qu'une recherche à la règle est inutile !Concernant la conjecture "L'homographie de droites définie par $A, B, C\in d$ et $A', B', C'\in d'$ est une projection si et seulement si l'axe passe par $O=d\cap d'$", j'ai l'impression d'avoir lu il y a peu quelque chose ressemblant à ce qui suit.
Soit $A''=BC'\cap B'C$ etc... Le théorème de Pappus assure l'alignement de $A'', B'', C''$.
Considérons alors les triangles $AB'C$ et $A'BC'$ d'intersections $O$, $C''$ et $A''$.
Le théorème de Desargues nous donne l'équivalence cherchée : les sommets sont sur des droites concourantes (= on a une projection) ssi les intersections des côtés ($O$, $C''$ et $A''$) sont alignées (= $O\in(A'', B'', C''))$.Amicalement,
Swingmustard -
Mon cher Swingmustard
J’y suis arrivé avec mon téléphone!
Bravo, c’est bien cela mais on est sans doute les seuls à apprécier!
Un petit problème misérable pour toi comme cadeau de Noël!
On se donne cinq points et une droite.
Construire à la règle et au compas l’intersection de la droite avec la conique définie par ces cinq points.
Amicalement
pappus -
Bonjour à tousAujourd'hui que la géométrie a totalement disparu, il n'y a même plus besoin de savoir la définition d'une conique pour résoudre ce petit problème.Il suffit juste de savoir lire!C'est donc pas aussi facile que cela!Sur l'écran de votre console, vous tracez avec votre logiciel cinq points et une droite.Avec l'outil conique passant par cinq points, vous tracez la conique.Puis avec l'outil intersection, vous tracez l'intersection de la conique avec la droite, c'est bien la moindre des choses.Nos anciens qui ne possédaient aucun logiciel se contentaient de savoir leur géométrie!Amicalementpappus
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Une idée : trouver, sur cette droite, deux paires de points conjugués par rapport à la conique et hop, une involution dont on cherche les points fixes.
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Merci gai requinOui, il faut construire ces intersections comme points fixes d'une homographie.C'est d'ailleurs le lot de beaucoup d'objets mathématiques d'être construits comme points fixes de quelque application, je pense en particulier au théorème d'inversion locale.Je ne sais pas si tu viendras au bout de ton idée mais je propose quelque chose d'analogue mais de plus simple puisque je ne mets pas de bâtons dans les roues en imposant à mon homographie d'être en plus une involution!Je propose donc de construire sur la conique une homographie dont l'axe sera la droite donnée.Je pense que c'est très faisable!Amitiéspappus
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Tu dois bien avoir dans ton sac à malices une macro qui construit à l'ancienne la polaire d'un point par rapport à une conique donnée par cinq points.
Mais oui, ton idée est peut-être plus simple : soit $A$ un point de la conique, construire le deuxième point d'intersection d'une droite passant par $A$ avec la conique.
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Mon cher gai requinC'est justement à cette construction particulière que je pensais et c'est du tout cuit avec l'inénarrable théorème de Pascal dont tout le monde a entendu parler sans avoir jamais vu une seule de ses multiples démonstrations!Il ne reste plus qu'à rédiger le code!Amitiéspappus
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Construction du deuxième point d'intersection $A'$ de la conique avec la droite bleue passant par $A$.J'ai utilisé l'homographie $ABC\mapsto DEA'$.
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Merci gai requin,De m'aider à ouvrir le cadeau de Noël "petit problème misérable" que nous offre pappus !Je refais ton dessin car je mets du temps à suivre.Il nous donne l'intersection $C'$ (chez toi $A'$) de la conique (définie par cinq points $A,B,C,A',B'$) avec n'importe quelle sécante donnée (en noir chez moi) passant par $A$.
C'est déjà super, mais pappus ne faisait pas passer la droite par un des cinq points, donc la fête n'est pas tout-à-fait terminée ...Amicalement,Swingmustard -
@Swingmustard : Appelons maintenant $A,A’,B,C,D$ les cinq points qui définissent notre conique et $\Delta$ la droite qu’on s’est donnée.Soit $f$ l’homographie de cette conique d’axe $\Delta$ qui envoie $A$ sur $A’$.Saurais-tu construire $B’=f(B)$ et $C’=f(C)$ ?
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@pappus : Un croquis de mon idée de départ.
Pour tout point $M$ du plan, on note $\Phi_M$ la polaire de $M$ par rapport à la conique $ABCDE$.L'application $\Delta\to\Delta$, $M\mapsto\Phi_M\cap\Delta$ est une involution d'ensemble des points fixes $\Delta\cap ABCDE$.
Sur la figure suivante, ces points $P,Q$ sont fixes dans l'involution de $\Delta$ telle que $ab\mapsto a'b'$.
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Bonjour,Qui dit matrice, dit linéarité ?Pour la fonction inverse dans $\overline{\mathbb{R}}$ et deux points arbitraires distincts $A(a), B(b)$, j'ai cherché la matrice promise par la théorie, qui associera aux coordonnées barycentriques de $M(t)$ (le point $M$ d'abscisse $t$) les coordonnées barycentriques de $M'$ d'abscisse $$f(t)=\dfrac1t$$(EDIT : j'aurais peut-être dû insister : $A$ et $B$ servent de repère barycentrique.)1) Un exemple : $A(1), B(-1)$.Comme ce sont les points fixes, on pourrait être tenté par $\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$. Gulp ! $f$ n'est pas l'identité, on rejette.Ça marche si on prend $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$.
Ainsi $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ traduisent $f(2)=\dfrac12$ et $f(0)=\infty$.2) Cas général : $A(a), B(b)$.Dans mon ignorance, j'ai eu de la chance que mes premières tentatives vérifient la condition suivante(C) "La somme des coefficients des colonnes respectives pour $f(a)$ et $f(b)$ est proportionnelle à $a$ et $b$".Sans cette condition, point de salut. Pourtant je ne vois pas ce qui la motive.Si vous voulez vous faire le plaisir de chercher la matrice, je vous la cache.$\begin{pmatrix}1-ab&1-b^2\\a^2-1&ab-1\end{pmatrix}$3) Questionsa) Je ne comprends vraiment pas d'où sort cette condition (C).b) Peut-on parler de linéarité ? La matrice a-t-elle fait que $f(xa+yb)=xf(a)+yf(b)$ ?Certes $\dfrac1{xa+yb}=x\dfrac1a+y\dfrac1b$ est faux, mais $\dfrac{x+y}{xa+yb}=\dfrac1{\dfrac{x}{x+y}a+\dfrac{y}{x+y}b}$ est une étape pour que j'y voie plus clair ?Je crois qu'il faut me mettre dans le crâne une fois pour toutes : en tant que fonction de la variable $t$, ton $f(t)=\dfrac1t$ ne sera jamais linéaire.S'il y a ici de la linéarité, c'est dans un espace que je comprends mal et qui n'est pas le $\overline{\mathbb{R}}$ du début.Amicalement,Swingmustard -
Mon cher SwingmustardNe serait-ce pas la matrice $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ que tu cherches?C'est du cours!AmicalementpappusPSQuant à la linéarité, elle se passe dans $\mathbb R^2$.
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Merci pour cette proposition, cher pappus,Il me semble que ta matrice est celle de la symétrie par rapport au milieu de $[AB]$.Il doit s'agir de $t\mapsto a+b-t$, mais pas de $f$.Amicalement,Swingmustard
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Mon cher SwingmustardEffectivement je t'ai lu un peu trop vite, ce qui m'arrive souvent en fin de journée!Je vais essayer de comprendre ce que tu demandesAu point $M$ de coordonnée barycentrique $t$ dans le repère affine $(A,B)$, tu associes le point $M'$ de coordonnée barycentrique $\dfrac 1t$ dans ce même repère affine.Est-ce cette transformation de la droite réelle que tu nous demandes d'étudier?Je me méfie beaucoup de moi même car je ne dis que des âneries!Amicalementpappus
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Cher pappus,Merci d'être là : préciser ce que je raconte me fait réaliser que je m'intéresse à une homographie de la droite sur elle-même, et pas comme j'avais l'air de dire à celle d'une droite sur une autre. (Mon dessin qui montre deux droites est donc un peu malheureux !)$t$ est la simple abscisse de $M$, et $(x:y)$ sont ses coordonnées barycentriques par rapport à $A$ et $B$.Par exemple pour $A(1), B(2), M(3)$ (en tant qu'abscisses), le calcul matriciel $\begin{pmatrix}1&3\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\-2\end{pmatrix}$ me semble traduire correctement $f(3)=\dfrac13$.
Je rappelle mes questions.a) Pourquoi faut-il satisfaire (C) "La somme des coefficients des colonnes respectives pour f(a) et f(b) est proportionnelle à a et b".b) Quelle forme de linéarité peut-on prétendre voir à l'oeuvre ici ?Amicalement,Swingmustard. -
Pour info, j'explique d'où j'ai sorti cette matrice.Soit $a\neq b$ et $m$ des réels, ainsi que $m$ tel que $m=ta+(1-t)b$, autrement dit $t=\dfrac{m-b}{a-b}$. (Désolé, l'ancien $t$ est devenu $m$.)On va chercher $u, v, w$ tels que $\dfrac{1}{a}=ua+(1-u)b$, $\dfrac{1}{b}=va+(1-v)b$, $\dfrac{1}{m}=wa+(1-w)b$.D'après l'équivalence du début, $u=\dfrac{\dfrac{1}{a}-b}{a-b}=\dfrac{1-ab}{a(a-b)}$, $v=\dfrac{\dfrac{1}{b}-b}{a-b}=\dfrac{1-b^2}{b(a-b)}$, $w=\dfrac{\dfrac{1}{m}-b}{a-b}=\dfrac{1-bm}{m(a-b)}$.$w=\dfrac{1-bm}{m(a-b)}=\dfrac{1-b(ta+(1-t)b)}{m(a-b)}=\dfrac{t(-ab+b^2)+1-b^2}{m(a-b)}$.But : vérifier que $$\begin{pmatrix}1-ab&1-b^2\\a^2-1&ab-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}t\\1-t\end{pmatrix}\simeq\begin{pmatrix}w\\1-w\end{pmatrix}$$Aussi récrivons $w$ de la sorte : $w=\dfrac{t(1-ab-(1-b^2))+1-b^2}{m(a-b)}$ !Est-ce que cela veut bien se goupiller de même pour la deuxième ligne ?La matrice fait espérer un numérateur en $(a^2-1)t+(ab-1)(1-t)=a^2t+ab-abt-1$, tandis que le numérateur de $1-w$ est $m(a-b)-t(-ab+b^2)-1+b^2=(ta+(1-t)b)(a-b)-t(-ab+b^2)-1+b^2=a^2t-abt+ab-b^2-abt+b^2t+abt-b^2t-1+b^2=a^2t-abt+ab-1$Donc oui, l'écriture sous forme matricielle est légitime.
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Mon cher SwingmustardJe ne comprends rien du but de tes calculs.Faire de la géométrie projective sur $\overline{\mathbb R}$, cela revient à composer de banales fonctions homographiques telles que je les ai apprises en Première. Je ne savais pas alors que je faisais de la géométrie projective et je ne m'étonnais pas outre mesure que la composée de deux fonctions homographiques soit encore une fonction homographique.Je t'ai posé une question, réponds moi par oui ou par non!Quant à la question que tu te poses et que tu es sans doute le seul à comprendre, essaye de nous la faire partager clairement!Est-ce une fonction homographique que tu cherches à calculer et si oui quelles sont les conditions qu'elle doit remplir?Et ta fameuse condition C, d'où sort-elle exactement?C'est la première fois que j'en entends parler!Amicalementpappus
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Cher pappus,Sur $\overline{\mathbb R}$, je m'intéresse à $f(t)=\dfrac1t$.J'imagine qu'on peut bien dire que c'est une homographie, avec deux points fixes $1$ et $-1$.Maintenant, je place les points $A(1)$ et $B(2)$, afin d'utiliser des coordonnées barycentriques.Par exemple le point $M$ pour lequel $t=3$ a pour coordonnées $(-1:2)$ par rapport à $A$ et $B$.Quelles sont les coordonnées de son image $M'$ d'abscisse $\dfrac13$ ? Clairement $(5,-2)$.Question : une formule générale sympa permet-elle de passer directement de $(-1:2)$ à $(5:-2)$, et de $(x:y)$ à $(x':y')$ en général ?Réponse que je n'ai pas inventée : oui, il y a même une matrice qui fait ça bien : $\begin{pmatrix}1&3\\0&-1\end{pmatrix}$.
Cette matrice est conçue comme souvent, avec comme première colonne $f(1)$ qui a pour coordonnées barycentriques $(1:0)$, disposées en première colonne $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$.Et comme deuxième colonne $f(2)$ dont les coordonnées sont $(3:-1)$, qu'on écrit $\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}$.Ma question sur la condition (C) posée autrement : nous aurions pu être tentés par des coordonnées barycentriques "normalisées" $(1:0)$ et $(1,5:-0,5)$ par exemple. Sauf que la matrice $\begin{pmatrix}1&1,5\\0&-0.5\end{pmatrix}\simeq\begin{pmatrix}2&3\\0&-1\end{pmatrix}$ n'aurait pas marché. Qu'est-ce qui fait qu'avec (C), ça fonctionne ?Amicalement,Swingmustard. -
Mon cher Swingmustard
Moi ce que je constate, c'est qu'au départ on a une involution $t\mapsto \dfrac 1 t$ définie sur $\overline{\mathbb R}$ et qu'à l'arrivée on a une relation affine entre $t$ et $w$, ce qui me semble un peu fort de café.
Il y a là un tour de passe passe pour ne pas dire plus! -
Bonjour à tousJe viens de m'apercevoir de la présence de $m$ qui lui aussi dépend de $t$!Serait-il temps pour moi de raccrocher comme certains le suggèrent?En tout cas je n'ai absolument aucune idée de ce que Swingmustard veut calculer.Je pensais naïvement que c'était l'écriture de l'involution $t\mapsto \dfrac 1t$ en coordonnées barycentriques relatives au repère affine $(A,B)$.Mais Swingmustard n'a ni infirmé ni confirmé mon hypothèse.Visiblement il calcule autre chose mais quoi?Il est le seul à le savoir!Amicalementpappus
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Mon cher pappus,
Continue de nous émerveiller avec tes belles mathématiques le plus longtemps possible ! -
Bonjour à tous
Voilà comment je vois mon idée sans doute totalement différente de celle (pour moi inconnue) de Swingmustard.
Un réel $t$ a pour coordonnées barycentriques $(x,y)$ dans le repère affine $(A,B)$, ce qui se traduit par les équations:
$t=xa +yb$ et $x+y=1$
Donc $t=xa+(1-x)b=(a-b)x+b$
Et en sens inverse; $x=\dfrac{t-b}{a-b}$
L'involution $tt'=1$ se lit donc $$\big((a-b)x+b\big)\big((a-b)x'+b\big)=1$$
ou encore $$x'=\dfrac{-b(a-b)x+1-b^2}{(a-b)^2x+b(a-b)}$$ involution dont la matrice $\begin{pmatrix}-b(a-b)&1-b^2\\(a-b)^2&b(a-b)\end{pmatrix}$ est bien de trace nulle comme il se doit.
Amicalement
pappus
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Cher pappus,Je crois qu'il est normal que nous trouvions deux matrices distinctes car nous parlons de choses proches, mais distinctes.Je reprends l'exemple où $a=1$ et $b=-1$ : connaissant les coordonnées barycentriques $(3,-1)$ de $t=2$, comment calculer celles de $t'=\dfrac12$ ?Si j'essaie d'utiliser tes calculs, je commence par dire $x=\dfrac3{3-1}=\dfrac32=1,5$ donc $x'=\dfrac{1(1+1)x+1-(-1)^2}{(1+1)^2x-1(1+1)}=\dfrac{2x}{4x-2}=\dfrac{x}{2x-1}=\dfrac{1,5}{2\times1,5-1}=\dfrac{3}{4}$, et j'en tire $(\dfrac34:\dfrac14)$, qui dans le repère $(A,B)$ sont bien les coordonnées de $t'=\dfrac12$.Mieux encore, tu saurais te servir de la matrice (alors que moi, non) $\begin{pmatrix}1&0\\2&-1\end{pmatrix}$ pour passer de $(3,-1)$ à $(3,1)$.De mon côté, (déjà dit) j'applique une autre matrice $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}$.Désolé de manquer de clarté sur la matrice $\begin{pmatrix}1-ab&1-b^2\\a^2-1&ab-1\end{pmatrix}$, et de ne pas savoir mieux utiliser la tienne.L'an dernier des matrices $3\times3$ se sont imposées à mes calculs dans le plan, et j'ai apprécié de me laisser embarquer par pldx1 et toi sur des $\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}$ que, en fait, je ne maîtrise toujours pas bien.Je me demande si, ici avec une dimension de moins, on n'est pas dans du $\begin{pmatrix}x\\1\end{pmatrix}$ vs $\begin{pmatrix}x\\1-x\end{pmatrix}$ ?Enfin comme gai requin et beaucoup d'autres, je suis un grand fan de tout ce dont tu nous régales. Merci !Amicalement,Swingmustard
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Au fait, lorsque tu dis "Je pensais naïvement que c'était l'écriture de l'involution $t\mapsto \dfrac 1t$ en coordonnées barycentriques relatives au repère affine $(A,B)$ [qu'il cherchait]" : oui oui oui, c'est exactement ce que je cherchais.Je crois l'avoir trouvée (parce que "ça marche sur pas mal d'exemples"), mais peut-être me gourre-je !
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Cher pappus,J'y vais d'un petit coup de bluff : peut-être fais-tu $\begin{pmatrix}2&0\\4&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1,5\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}\simeq\begin{pmatrix}\dfrac34\\1\end{pmatrix}$.Si c'est ça, je sens que je vais être un peu triste : je vais devoir me convertir aux $\begin{pmatrix}x\\1\end{pmatrix}$ car je les ai plus souvent rencontrés (en lecture et sous ta plume ou celle de pldx1) que les $\begin{pmatrix}x\\1-x\end{pmatrix}$, auxquels je m'étais attaché.Amicalement,Swingmustard
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Mon cher SwingmustardTu ne peux obliger la géométrie projective à rester dans un carcan affine.Il faut rester naturel!Amicalementpappus
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Mon cher Swingmustard
Je vois que tu manques encore un peu de pratique sur l'usage des coordonnées barycentriques de définition affine en géométrie projective où elles deviennent homogènes.C'est le passage de l'espace affine à sa complétion projective c'est-à-dire le rajout de la droite de l'infini.Il y a bien des façons calculatoires de faire ce rajout qu'il faut toutes connaître!Quant à tes matrices opérant sur les $(x,1-x)$, je crois qu'elles n'existent que dans ta brillante imagination mais je peux me tromper, j'en ai souvent donné la preuve !
Amicalement
pappus -
Mon cher SwingmustardUne relation de la forme:$$\begin{pmatrix}x'\\1-x'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\1-x\end{pmatrix}$$ entraine nécessairement $a+c=b+d=1$ et la relation affine entre $x$ et $x'$ :$$x'=(a-b)x+b$$Comment veux-tu faire de la géométrie projective sur $\overline{\mathbb R}$ de cette façon bizarre ?
Amicalement
pappus -
Cher pappus,C'est le $\simeq$, à mon avis présent dans tes calculs aussi, qui permet les choses.En comparant ma version $\begin{pmatrix}x'\\1-x'\end{pmatrix}\simeq\begin{pmatrix}1-ab&1-b^2\\a^2-1&ab-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\1-x\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}(1-ab)x+(1-b^2)(1-x)\\(a^2-1)x+(ab-1)(1-x)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}(b^2-ab)x+1-b^2\\(a^2-ab)x+ab-1\end{pmatrix}$et ta version $\begin{pmatrix}x'\\1\end{pmatrix}\simeq\begin{pmatrix}b^2-ab&1-b^2\\(a-b)^2&ab-b^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}(b^2-ab)x+1-b^2\\(a-b)\big(ax+b(1-x)\big)\end{pmatrix}$je constate que nous avons carrément le même $x'$ (alors que je me serais contenté d'un multiple).Cela dit je ne vais pas insister : l'astuce ne fonctionne sûrement que pour cette dimension.Au delà, comme tu le dis si bien :[Je] ne peux obliger la géométrie projective à rester dans un carcan affine.Il faut rester naturel!Amicalement,SwingmustardEDIT : Pour achever de constater que nos résultats se confirment mutuellement : pour "normaliser" le vecteur que nous avons obtenu, il faut diviser la première coordonnée (que nous avons en commun) para) pour ta version : la deuxième coordonnéeb) pour ma version : la somme des deux coordonnées.Donc si la somme de mes deux coordonnées donne ta deuxième coordonnée, ce sera terminé.$$(b^2-ab)x+1-b^2+(a^2-ab)x+ab-1=(a^2-2ab+b^2)x+ab-b^2$$Bingo !
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Mon cher SwingmustardQuelle que soit la manière dont tu t'y prends, au final $x'$ doit être une fonction homographique de $x$ et c'est tout ce qui importe!Amicalementpappus
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Bonjour !
Notre cher pappus a dit : "Je vois que tu manques encore un peu de pratique sur l'usage des coordonnées barycentriques de définition affine en géométrie projective où elles deviennent homogènes.
C'est le passage de l'espace affine à sa complétion projective c'est-à-dire le rajout de la droite de l'infini.
Il y a bien des façons calculatoires de faire ce rajout qu'il faut toutes connaître!"Tout simplement $\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\1-x\end{pmatrix}$.Si j'appelle $Aff_1$ sa matrice qui ne renie pas son origine affine, et $Bar_1$ ma matrice de gars qui voulait se faire plus barycentriste que ses rois mages, alors les deux matrices sont gentiment semblables, $$\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}Aff_1\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}=Bar_1$$$$\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}b^2-ab&1-b^2\\(a-b)^2&ab-b^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-ab&1-b^2\\a^2-1&ab-1\end{pmatrix}$$J'avais tort de limiter à la droite projective cette petite manip, puisqu'elle se généralise facilement au plan.EDIT : il y a peut-être une petite erreur d'ordre des coordonnées. Je préfère la version de mon prochain message.$$\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\-1&-1&1\end{pmatrix}Aff_2\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\1&1&1\end{pmatrix}=Bar_2$$$Aff_2$ s'applique à $\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}$, et $Bar_2$ s'applique à $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ barycentriques.Chacun a son "petit avertissement à la sortie" : si on est passé par $Aff_2$, on tombe sur un $\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}$ qu'on pourra transformer en $\begin{pmatrix}x'/z'\\y'/z'\\1\end{pmatrix}$ pour retrouver de l'affine.Si on est passé par $Bar_2$, on arrive à un $\begin{pmatrix}x''\\y''\\z''\end{pmatrix}$ tel que $x''+y''+z''$ n'est pas forcément $1$, mais on sera quand même passé directement de barycentriques à barycentriques.
Amicalement,
Swingmustard -
Mon cher LudwigNous ergotons sur les fondamentaux de la géométrie projective.Je ne vois pas pourquoi il faudrait changer une technique qui marche depuis les débuts.Je ne serai convaincu de ton approche que si tu me cites un seul problème où elle serait plus rapide que les méthodes habituelles et je ne parle pas que de la dimension $1$.Amicalementpappus
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Bonjour !L'an dernier, je travaillais sur l'ellipse suivante. (Dans le repère $R$ quadrillé d'origine le centre de l'ellipse, elle a pour équation $x^2-xy+y^2=7$).Je ramais sur l'homographie (de l'ellipse, puis son prolongement au plan) définie par deux points fixes $U$ et $W$, et telle que $h(P)=P'$.Je travaillais dans ce repère $R$ pas malin. Au prix de bricolages laborieux, j'obtenais une matrice $$H_{ma}=\begin{pmatrix}-3&36&84\\20&5&28\\-2&10&35\end{pmatrix}$$ dans la lignée des calculs méta-affines (envie d'appeler ainsi ce qu'il me semble que pappus appelle barycentriques et qui correspond à des coordonnées $(x:y:1)$ bien choisies).EDIT Je vois qu'il y a un an déjà, @pldx1 donnait déjà la formule qui suit, en plus général, dans son 2. du #Comment_2348122. Du coup, le nom correct serait coordonnées cartésiennes homogènes. (Petit effondrement intérieur : je passe beaucoup de temps à essayer de comprendre les coordonnées homogènes, que je ne vois pas du tout comme ça. J'espère que grâce à "cartésiennes", c'est bien deux choses distinctes !) Fin de EDIT.À présent que la différence m'est plus claire, et comme je tente de me convertir à ce que j'appelle les (vraies) coordonnées barycentriques (correspondant à des $(x:y:z)$), je pourrais la changer en $$H_{ba}\doteq\begin{pmatrix}-1&-1&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-3&36&84\\20&5&28\\-2&10&35\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-77&-96&-108\\84&81&120\\28&48&33\end{pmatrix}$$(Oui, par rapport au message précédent, j'ai réalisé que je m'étais trompé dans l'ordre des coordonnées.)
Mais depuis qu'un peu d'eau a coulé sous les ponts, autant abandonner les points $(O, I, J)$ du repère $R$ au profit du meilleur repère barycentrique qui soit : $(U,V,W)$ formé par les trois points fixes. Comme @pldx1 et @pappus m'ont aidé à le comprendre, beaucoup de collinéations du plan ont ces trois points fixes en commun.Dans le #Comment_2340738 pldx1 donne plein d'infos-réponses à des questions comme : à quelles conditions (sur la matrice) l'ellipse reste-t-elle stable ? Et je suis loin d'avoir tout compris.En tout cas, essayons de répondre à une question simple.Dans ce repère, quelle est la matrice de la transformation projective qui envoie $U,V,W,P$ sur $U,V,W,P'$ ?Je commencerais par demander à geogebra de m'aider à obtenir des coordonnées barycentriques.Il répond présent : une commande du style Déterminant({x(P)-x(V), x(P)-x(W)}{y(P)-y(V), y(P}-y(W)}, etc... fonctionne bien pour obtenir $P(3:-6:28)$ et $P'(7:6;12)$. Ensuite, de $$\begin{pmatrix}u&0&0\\0&v&0\\0&0&w\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\-6\\28\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\\6\\12\end{pmatrix}$$ on tire la progression géométrique annoncée par pldx1 $$H\simeq\begin{pmatrix}49&0&0\\0&-21&0\\0&0&9\end{pmatrix}$$On peut vérifier sur $M(27:-9:7)$, $M'(21:3,1)$.Amicalement,Swingmustard -
Bonjour
Juste une question
Je me trompe où personne ici n'a parlé des coniques dont l'excentricité est inférieure à racine carré de deux?
Si je demande cela c'est parce qu'en ce qui me concerne si je cherche à construire les points de rencontre d'une droite et d'une conique propre quelconque j'utilise une homographie qui transforme une ellipse en une ellipse , une parabole en une parabole , une hyperbole quelconque en une hyperbole dont l'excentricité sera toujours inférieure à racine carrée de deux.
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Petite figure pour illustrer mon proposOn construit les points de rencontre aisément (là je ne les ai pas figurés)de la droite image et la conique image puis on effectue la transformation inverseL'ellipse image (en mauve) est inscrite dans un carré de côté 1Son axe focal (en choisissant bien les tangentes que l'on se donne en appliquant le théorème dual de Pascal)sera d'équation $x-y=0$Dans le cas d'une hyperbole on aura une hyperbole image facile à travailler(d'où ma question)
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NB: Ceci dit bonne continuation à vous
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Bonjour matinuit,
Est-ce que tu résous cet exercice de @pappus, le #Comment_2399826 ?
Si oui, je crois qu'il attend une construction à la règle et au compas.
Pourrais-tu donner plus de détails sur ta construction, dont je ne comprends que l'idée générale ?
Amicalement,
Swingmustard -
Oui bien sûr Swingmustardeuch
C'est une homographie (donc elle est bijective) : ça ne présente aucune difficulté
Au compas on construit d'abord les deux points de rencontre sur la conique image (là c'est du tout cuit) et hop on construit les images de la bijection inverse
Multiplier diviser additionner des scalaire ça se fait aussi par construction.
C'est dire qu'on peut même pousser le vice pour éliminer la règle et tout faire au compas si ça nous chante. -
Bonjour @gai requin,
Je sèche sur ta question du #Comment_2399987. Une indication, peut-être ?
Amicalement,
Swingmustard -
Pardon mais je pensais t'avoir bien expliqué
(dans mon image plus haut X et Y sont des points à l'infini , si je les aient placés c'est pas pour rien)
Il te suffit de trouver une homographie qui transforme ton ellipse une une ellipse inscrite à un carré
Si tu t'y prend bien (et c'est facile tu prend quatre tangentes tu sais tracer les tangentes à partir des points non ? )
ton axe focal de l'ellipse image (par cette homographie) est d'équation x-y=0 (sur ma figure)
tu transforme ta droite avec cette homographie et là c'est aucune difficulté de tracer les points de contact de ta droite image et de ton ellipse image par cette transformation puis de tracer les points de rencontre rechercher en effectuant la transformation inverse
L'homographie conserve les points de contacts
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matinuit pas sûr que nous parlons du même problème.1) Dans celui qui m'intéresse, la conique n'est donnée que par cinq points, elle n'est pas tracée.
"tu prend quatre tangentes tu sais tracer les tangentes à partir des points non ?"
Oui, sauf que je trouve inutile d'affirmer que "c'est facile", en même temps que (rien à voir, mais c'est pénible) tu massacres la conjugaison et le français.2) Non, je ne comprends pas comment tu envoies l'ellipse sur une ellipse inscrite dans un carré, peux-tu expliquer ?
En remplaçant les "aucune difficulté" par de l'information intéressante, si possible.3) Si maintenant on a cinq points $A', B', C', D', E'$ de l'ellipse inscrite, je ne vois pas en quoi cela simplifie la recherche de points d'intersection avec la droite image.
Mais je serai ravi si tu te donnes la peine de te rendre compréhensible.
Amicalement,
Swingmustard. -
J'ai tracé les quatre tangentes à partir des cinq points
(sur la figure j'ai tracé la conique pour qu'on la voit c'est tout )
tu n'a rien compris
j'ai pas tracé les points de rencontre grâce au traçage de la conique par la machine mais avec mes cinq points
Je suis idiot mais pas à ce point
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tout ça ça va mal finir
tu ne sais même pas à quoi servent mes deux points X et Y sur ma figure et tu me prend vraiment pour un con
J'ai tracé la conique avec la machine pour qu'on la voit (pas pour qu'elle serve à construire les points de rencontre merde! -
Donc pour (1) nous sommes d'accord.
J'attends toujours des explications sur (2) et (3).
("Pour qu'on la voiE". "Tu n'aS rien compris" La faute à qui ?)
Je ne te traite pas d'idiot, j'essaie de comprendre. -
J'en suis là de ma lecture de ton dessin.
Tu traces quatre tangentes.
Tu appelles X et Y deux points d'intersection de ces tangentes, et pour toi XY sert de droite de l'infini.
À partir de là je bloque.
Ta menace et la dégradation de ton expression ne me donnent pas trop d'espoir que ça s'arrange, dommage.
À propos de (3), pourquoi me faire dire autre chose que ce que je dis : non je ne te soupçonne pas de faire tracer l'intersection des images (ellipse et droite) par ggb, je te demande de me dire comment tu fais, et sans arrogance puisque je ne vois pas comment le faire.
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Bonjour!
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