Quatre arcs de cercle ? Comment le saurais-je ?? Et de toute façon je suis trop occupé par la musique du révolutionnaire Mononéon. Mais possible que sa rythmique me mette sur la voie.
On me le rappelle souvent sur ce forum de toute part.
Il est vrai que le Père Noël est passé cette année, alors que je ne m'y attendais pas du tout grâce à un de mes bons amis qui n'est pas du tout mathématicien.
Alors je redécouvre mes fichiers Cabri, certains vieux de plus de vingt ans, que je peux partager avec vous avec des yeux pleins d'étoiles!
Vous devez essayer de construire un chemin de classe $\mathcal C^1$ par morceaux formé d'arcs de cercles qui peuvent dégénérer en segments de droites ou même demi-droites.
Si vous faites une inversion par rapport à un pôle non situé dans le plan, vous vous retrouvez avec un chemin de classe $\mathcal C^1$ par morceaux formé d'arcs de cercles tracés sur une sphère que vous pouvez toujours supposer être la Divine Sphère de Riemann (DSR) la seule sphère qui nous reste encore très provisoirement jusqu'à nouvel ordre venu d'en haut, alors vite profitons en.
C'est évidemment le bon point de vue mais il est malcommode pour faire les figures.
Il vaut mieux travailler dans le plan circulaire=plan euclidien + $\infty$.
Vous partez d'un arc arbitraire allant de $A_1$ vers $A_2$ puis vous continuez en assurant le raccordement en $A_1$ par un arc allant de $A_1$ vers $A_2$, etc...puis vous terminez par un arc allant de $A_4$ en $A_1$.
Vous êtes ainsi revenu à votre point de départ mais est-ce que les arcs allant de $A_4$ en $A_1$ et de $A_1$ en $A_2$ vont se raccorder correctement?
La réponse est non en général!
Il y a une condition de fermeture et c'est cette condition de fermeture qui est donnée dans le livre de Morley!
La figure ci-dessous a été faite avec des points $A_k$ choisis au hasard et donc ne vérifiant pas la condition de fermeture de Morley!
Vous voyez bien qu'il n'y a pas raccordement.
J'ai supposé que le chemin était parcouru par un mobile à vitesse constante en module.
Le vecteur vitesse initial $u_1$ détermine donc tous les autres!
Que se passera-t-il si je fais tourner le vecteur $u_1$?
Pour trouver le critère de Morley, il faut essayer de faire la figure.
On est donc confronté au problème suivant
On se donne deux points $A_1$ et $A_2$ et un vecteur $u_1$
Il s'agit de construire l'arc allant de $A_1$ à $A_2$ ayant pour vecteur vitesse initial $u_1$ et de récupérer le vecteur vitesse final $u_2$ en $A_2$.
Attention il y a bien des façons de construire cet arc mais il faut que le résultat obtenu soit compatible avec l'animation souhaitée qui doit paraitre continue.
Enfin quelle est la correspondance entre les vecteurs $u_1$ et $u_2$?
Pour la deviner, il n'est pas interdit de faire bouger le vecteur $u_1$!
Ce n'est pas pour rien que nos logiciels sont censés être dynamiques!
Certains aspects de ce fil me font penser à celui-là: image d'une droite par une homographie, dans lequel j'avais posté un gif similaire. Avec des complexes: soient $a$ et $b$ des complexes (distincts), affixes de $A_1$ et $A_2$ respectivement, soient $P(X) := X-a$, $Q(X):=X-b$ des polynômes, soit $\zeta$ un complexe non nul. Enfin pour $t\in[0,1]$, soit $z(t)$ l'unique racine de $(1-t)\,P + t\zeta\, Q$, c'est-à-dire : $$z(t)= \frac{(1-t)a + t\zeta b}{1-t + t\zeta}$$ On a $z(0) = a$, $z(1) = b$, et entre les deux $z(t)$ parcourt un arc de cercle. En dérivant par rapport à $t$ l'égalité $(1-t)\,P(z)$ $+ t\zeta\, Q(z)$ $=0$, on obtient $\dot{z}(t) \left( (1-t)\,P'(z) + t\zeta\, Q'(z)\right) -P(z)+\zeta Q(z) = 0$, soit, comme $P'=Q'=1$ : $$\dot {z}(t) = \frac{P(z)-\zeta Q(z)}{1-t + t\zeta}$$ Donc avec cette paramétrisation les vitesses initiales et finales sont données par $$\dot{z}(0) = (b-a)\zeta\;,\qquad \dot{z}(1) = (b-a)\zeta^{-1}$$ Et relativement à $b-a$, les arguments sont : $$\arg \left(\frac{\dot{z}(0)}{b-a}\right) = +\arg(\zeta)\; , \qquad \arg\left(\frac{\dot{z}(1)}{b-a}\right) = -\arg(\zeta)$$ pappus, pas certain que c'était le genre de réponse que tu attendais à ta question deux postes au-dessus. Cette paramétrisation est différentiable, et si on prend $|\zeta|=1$, les vitesses initiales et finales ont même norme (par contre ente les deux je ne suis pas trop sûr que la vitesse soit constante...)
Je n'ai parlé de cinématique que pour susciter l'imagination.
Dans un premier temps, on peut s'en passer et laisser parler l'intuition.
Ton idée d'utiliser un paramétrage me semble excellente et à la limite du programme puisqu'elle transforme le segment $[0,1]$ par une famille continue d'homographies.
Donc il ne serait pas étonnant qu'on tombe sur des arcs de cercle si la géométrie circulaire était encore dans nos programmes mais ce n'est plus le cas depuis belle lurette!
Pas sûr en effet que la vitesse reste constante en module mais si tu choisis $\vert \zeta\vert=1$, c'est bien le cas pour les vitesses initiale et finale: bravo
Maintenant les calculs sont pratiquement terminés, il ne reste plus qu'à identifier l'application:
Ci-dessous ma figure qui explique comment je construis l'arc de cercle allant de $A_1$ vers $A_2$ avec pour vitesse initiale $u_1$ et quelle est la correspondance entre le vecteur vitesse initial $u_1$ et le vecteur vitesse final $u_2$.
Maintenant on en sait assez pour prouver le critère de raccordement de Morley à condition évidemment de savoir comment fonctionne le groupe des isométries vectorielles planes et cela c'est une autre paire de manches en cette période moyenâgeuse!
Jetons un voile pudique sur une hypothétique preuve de la condition de raccordement de Morley qui n'est une énième condition de cocyclicité, ce qui devrait faire plaisir à gipsyc mais qui ne viendra jamais!
Maintenant on ne rigole plus, on est sur la DSR (Divine Sphère de Riemann) avec sous les yeux un tétraèdre régulier inscrit $A_1A_2A_3A_4$.
On se donne un vecteur tangent $u_1$ en $A_1$ à la DSR.
Et rebelote!
On refait son petit circuit $A_1A_2A_3A_4A_1$ en traçant ses arcs sur la DSR et en les raccordant en chaque sommet du tétraèdre que l'on traverse.
On revient ainsi au sommet $A_1$ avec un vecteur vitesse final $u'_1$.
Calculer l'angle orienté de vecteurs $(u_1,u'_1)$ dans le plan tangent en $A_1$ à la DSR.
Voilà un exercice qui devrait turlupiner arguesien mais je lui conseille de faire plutôt ce qu'il a intérêt à faire au lieu de perdre son temps à ces fariboles!
Amicalement
pappus
PS
Une figure plane était possible autrefois au bon vieux temps où on faisait encore de la géométrie circulaire!
Tu peux parfaitement projeter stéréographiquement sur le plan $A_2A_3A_4$ à partir du point $A_1$ (qui joue le rôle du pôle Nord brrrr...).
Tu joues sur le fait que le plan tangent en $A_1$ à la DSR est parallèle au plan $A_2A_3A_4$.
Si tu prends un arc partant de $A_1$ avec le vecteur tangent $u_1$ et arrivant au point $A_2$, comment ton arc va-t-il se dessiner dans ta carte et peux-tu nous faire apparaitre des vecteurs vitesses $u_1$ et $u_2$ qui soient vraisemblables?
Il est entendu que $u_k$ est le vecteur tangent en $A_k$.
Ce n'est pas le cas de ta figure!
Donc dans la carte on voit naturellement les vecteurs $u_2$, $u_3$, $u_4$.
Il reste à voir ce que sont les vecteurs $u_1$ et $u'_1$.
D'où ma question préliminaire à laquelle tu n'as pas répondu!
Amicalement
pappus
PS
Il faut utiliser l'atlas de la sphère avec la carte $\varphi_1$ de pôle $A_1$ projetant sur le plan $A_2A_3A_4$ et ne déformant pas trop ce qui se passe au voisinage du pôle Sud $A'_1$ diamétralement opposé à $A_1$ sur la DSR et l'autre carte $\varphi_2$ de pôle $A'_1$ (le pôle Sud brrr...) projetant toujours sur le plan $A_2A_3A_4$ et ne déformant pas trop ce qui se passe au voisinage du pôle Nord $A_1$.
Il y a un changement de carte à trouver sur lequel ruminent chaque année les étudiants en variétés qui auraient été bien heureux de connaitre le chapitre du Lebossé-Hémery sur les inversions.
Tu es obligé de passer par cette histoire de changement de cartes pour récupérer les vecteurs $u_1$ et $u'_1$.
Bonsoir pappus, Je crains ne pas comprendre exactement la question qui m’est posée. Je peux effectivement faire des confusions car je ne peux malheureusement pas consacrer autant de temps à la géométrie !
J’ai cru comprendre jusqu’à maintenant que les vecteurs étaient surtout des objets de la géométrie affine et donc je n’arrive pas à saisir exactement ce que peut être l’équivalent d’un vecteur d’une trajectoire sphérique sur une carte utilisée pour une projection; en particulier, si sa direction et son sens sont vraisemblablement bien définis, que dire de sa norme ? Si j’en crois mon intuition physique, cette norme ne devrait pas être « infinie » sur une carte du plan $A_1 A_2 A_3$, la trajectoire provenant de l’infini ?
On travaille dans le plan du triangle équilatéral $A_2A_3A_4$, c'est tout ce qu'on verra du tétraèdre dans la carte n°1 qui projette à partir de $A_1$ la DSR privée du point $A_1$ sur le plan $P=(A_2A_3A_4)$.
L'arc de cercle allant de $A_1$ vers $A_2$ se projettera comme une demi-droite (rouge) se terminant au point $A_2$ avec un vecteur vitesse en $A_2$ dans le prolongement de cette demi-droite rouge.
Comment déduire de ce simple tracé le vecteur vitesse en $A_1$?
Bonjour à tous La figure ci-dessous montre les points $m=\varphi_1(M)$ et $m'=\varphi_2(M)$ pour tout point $M$ situé dans la DSR privée des pôles $A_1$ et $A'_1$.
Pour plus de clarté, la figure est faite dans le plan méridien $(A_1A'_1M)$ et votre mission si vous le voulez est d'identifier la correspondance $m\iff m'$ dans le plan $P$, appelée dans la littérature spécialisée changement de cartes, prière de consulter attentivement son Lebossé-Hémery !
On se donne un repère que l'on déclare orthonormé. On dit que son premier axe est horizontal. On dit que la pente de la droite $x=c$ est $\infty$ tandis que la pente de la droite $y=px+q$ est $p$. On définit l'opération pentique par $p\star q=\left(p+q\right)/\left(1-p\,q\right)$. On constate que $\star$ est commutative, que $0$ est neutre et que $-p$ est l'opposé de $p$. On définit alors \[ \tan\left(\Delta_{1},\Delta_{2}\right)\doteq\pq{\Delta_{1}}\star\pp{\Delta_{2}} \]
On démontre, ou plutôt on démontrait dans les temps zanciens, que cette notion est invariante par changement de repère orthonormé direct. On pouvait même transfigurer cette notion en utilisant les tables du DBR, de sorte que $\star$ soit remplacée par une addition au demi-tour près, selon le modèle: \[ \mu\left(\tan\left(\Delta_{1},\Delta_{3}\right)\right)=\mu\left(\tan\left(\Delta_{1},\Delta_{2}\right)\right)+\mu\left(\tan\left(\Delta_{2},\Delta_{3}\right)\right)+k\times\left(\mathrm{demi-tour}\right) \]
Mais nul n'est besoin de sortir le DBR de son étagère pour examiner le porisme de Morley. En effet la vitesse en sortie est symétrique de la vitesse en entrée par rapport à la corde de l'arc. Cela donne $\pq{\overrightarrow{u_{1}}}\star\pp{A_{1}A_{2}}=\pq{A_{1}A_{2}}\star\pp{\overrightarrow{u_{2}}}$. On a donc \[ \delta_{1}\doteq\pp{\overrightarrow{u_{1}}}\star\pp{\overrightarrow{u_{2}}}\star\pq{A_{1}A_{2}}^{\uparrow2}=0\etc \]
Pour un chemin poristique, on obtient: \begin{eqnarray*} 0 & = & \left(-\delta_{1}\right)\star\delta_{2}\star\left(-\delta_{3}\right)\star\delta_{4}\\ & = & \left(\pp{A_{1}A_{2}}\star\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}\star\pq{A_{4}A_{1}}\right)^{\uparrow2} \end{eqnarray*} On en déduit que \[ \tan\left(A_{3}A_{2},A_{3}A_{4}\right)=\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}=\pq{A_{1}A_{2}}\star\pp{A_{4}A_{1}}=\tan\left(A_{1}A_{2},A_{1}A_{4}\right) \] Et cela suffit pour conclure à la cocyclicité.
D'après mes souvenirs, Morley s'intéressait à $n$ points au lieu de $4$ et donnait une condition de raccordement en termes de nombres complexes, i.e les affixes de ces $n$ points mais je n'ai plus ce livre sous la main.
Rescassol pourrait peut-être nous retrouver l'énoncé exact, merci d'avance!
Une preuve à la Lebossé- Hémery?
On passe du vecteur $u_1$ au vecteur $u_2$ par la symétrie par rapport à la droite $A_1A_2$, (ma figure était assez explicite!), puis du vecteur $u_2$ au vecteur $u_3$ par la symétrie par rapport à la droite $A_2A_3$.
Au total on passe de $u_1$ à $u_3$ par le produit de ces deux symétries qui est une rotation d'angle $2(A_1A_2,A_2A_3)$, (pour la énième fois et sans doute pas la dernière, consulter le Lebossé-Hémery!), on a donc:
Sur ma figure, vous observez les bissectrices $MA_1$ et $MA'_1$ de l'angle camembert $\widehat{uMv}$.
On a donc un faisceau harmonique $(MA_1,MA'_1,Mu,Mv)=-1$ puis une division harmonique $(m,m',u,v)=-1$ en coupant ce faisceau par la droite $uv$, (consulter le Lebossé-Hémery de la classe de Seconde!).
D'après la relation de Newton, on a donc:
$$Ou^2=Ov^2=\overline{Om}.\overline{Om'}$$
Qu'en déduire sur la correspondance $m\iff m'$ dans le plan $P$?
pldx1 a dit :
Pour un chemin poristique, on obtient: \begin{eqnarray*} 0 & = & \left(-\delta_{1}\right)\star\delta_{2}\star\left(-\delta_{3}\right)\star\delta_{4}\\ & = & \left(\pp{A_{1}A_{2}}\star\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}\star\pq{A_{4}A_{1}}\right)^{\uparrow2} \end{eqnarray*}
Pour un chemin poristique de six points, on obtient: \begin{eqnarray*} 0 & = & \left(-\delta_{1}\right)\star\delta_{2}\star\left(-\delta_{3}\right)\star\delta_{4} \star\left(-\delta_{5}\right)\star\delta_{6} \\ & = & \left(\pp{A_{1}A_{2}}\star\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}\star\pq{A_{4}A_{5}}\pp{A_{5}A_{6}}\star\pq{A_{6}A_{7}}\right)^{\uparrow2} \end{eqnarray*}
en utilisant la notation évidente $A_7=A_1$. On peut évidemment réécrire cela en utilisant que la pente $\pp{A_1A_2}$ est "fortement corrélée" avec l'argument du complexe $z_2-z_1$. On peut même combiner pentes et contre-pentes pour arriver à \[\left(A_1A_2,A_2A_3\right)+\left(A_3A_4,A_4A_5\right)+\left(A_5A_6,A_6A_7\right)=0\]
Il reste alors un horrible problème de logique: sachant que l'on peut produire une démonstration pour chaque valeur de l'entier naturel $n$, est-ce qu'il en résulte une propriété valable pour tout $n\in \mathbb N$ ?
Je me suis donné arbitrairement les cinq premiers points.
Puis j'ai tracé le cercle $\Gamma$ où doivent être situés les points $A_6$ pour que l'hexacycle se raccorde correctement au point $A_1$.
Ce n'est pas avec la géométrie de grand-papa et le théorème de l'angle inscrit version camembert mais bien avec la géométrie moderne telle qu'elle est exposée dans le Lebossé-Hémery avec les angles orientés et le groupe des rotations affines planes qu'on peut construire ce cercle $\Gamma$ de façon convaincante.
Pour que vous soyez convaincus que le cercle $\Gamma$ est bien le cercle poristique, je fais se mouvoir le point $A_6$ sur le cercle $\Gamma$ et voilà ce que cela donne!
Ce n'est pas avec la géométrie de grand-papa et le théorème de l'angle inscrit version camembert mais bien avec la géométrie moderne telle qu'elle est exposée dans le Lebossé-Hémery avec les angles orientés et le groupe des rotations affines planes qu'on peut construire ce cercle $\Gamma$ de façon convaincante. Ah que voilà une façon fanfare et grandes orgues pour dire que \[ \left(A_{1}A_{2},A_{2}A_{3}\right)+\left(A_{3}A_{4},A_{4}A_{5}\right)+\left(A_{5}A_{6},A_{6}A_{7}\right)=0 \] peut se réécrire sous la forme \[ \left(A_{5}A_{6},A_{6}A_{7}\right)=-\left(A_{1}A_{2},A_{2}A_{3}\right)-\left(A_{3}A_{4},A_{4}A_{5}\right) \] Et alors, additionnant les camemberts et les livarots, cela donne:
et d'après le théorème de l'angle inscrit (pas sa version camembert!), le lieu de $A_6$ est en général un cercle $\Gamma$ passant par les points $A_1$ et $A_5$.
Le centre $\Omega$ de $\Gamma$ est sur la médiatrice de $A_1A_5$ et vérifie:
Ainsi la rotation $r$ de centre $\Omega$ envoyant $A_1$ sur $A_5$ envoie aussi le point $A_1+u_1$ sur le point $A_5+u_5$.
La construction du point $\Omega$ est alors simple, elle est donnée quelque part dans le Lebossé-Hémery et depuis le temps, tout le monde s'en fout, alors laissons la tranquillement dans son petit coin d'où elle n'a absolument aucune raison de sortir et retournons à nos petits angles camemberts et à nos petits arcs capables si sécurisants!
Revenons à nos moutons c'est-à-dire à nos cycles tétraédraux tracés sur la DSR.
La situation est la suivante: on a un arc de cercle $\gamma$ tracé sur la DSR, allant de $A_1$ à $A_2$.
Dans un premier temps j'ai tracé $\gamma_1=\varphi_1(\gamma)$ et obtenu une belle demi-droite rouge se terminant en $A_2$ et prolongée par le vecteur $u_2$.
Dans un second temps, j'ai tracé $\gamma_2=\varphi_2(\gamma)$ et je me suis servi du fait que:
$\gamma_2 =\rho(\gamma_1)$ où $\rho$ est l'inversion par rapport au cercle circonscrit au triangle $A_2A_3A_4$.
Et voilà la figure que j'ai obtenue!
Quiconque maitrisant la leçon XV du Lebossé-Hémery consacrée à l'inversion, s'aperçoit qu'on peut choisir $u_1=-u_2$.
Mais quel vecteur tangent peut-on alors choisir en son point de départ $A_1$ à l'arc $\gamma$?
Je me suis vraiment décarcassé en donnant cet exercice pour qu'on puisse voir le maximum de théorie au moins heuristiquement.
Mais je sais bien au fond de moi que je me bats contre des moulins à vent!
La structure de variété de la DSR est l'un des tout premiers exemples de la théorie qu'affrontent les débutants.
Et le fait qu'on n'y rencontre que des inversions n'est pas anodin!
Les cartes $\varphi_1$ et $\varphi_2$ sont elles mêmes des inversions et le fait que les inversions aient été bannies définitivement de notre culture explique pour beaucoup les difficultés de nos étudiants à comprendre pourquoi la DSR a une structure de variété.
J'ai dit que $\varphi_2$ était une inversion en fait définie sur l'espace euclidien contenant la DSR.
Quel est son pôle?
Quel est son module?
Il n'est pas inutile de regarder la page Wikipedia consacrée au tétraèdre régulier!
Réponses
Et de toute façon je suis trop occupé par la musique du révolutionnaire Mononéon.
Mais possible que sa rythmique me mette sur la voie.
La preuve n'utilise que les cercles complets, le dessin nécessite de faire le
bon choix d'arcs pour éviter les rebroussements.
Le critère est: cocycliques.
Cordialement, Pierre.
Avec des complexes: soient $a$ et $b$ des complexes (distincts), affixes de $A_1$ et $A_2$ respectivement, soient $P(X) := X-a$, $Q(X):=X-b$ des polynômes, soit $\zeta$ un complexe non nul. Enfin pour $t\in[0,1]$, soit $z(t)$ l'unique racine de $(1-t)\,P + t\zeta\, Q$, c'est-à-dire : $$z(t)= \frac{(1-t)a + t\zeta b}{1-t + t\zeta}$$
On a $z(0) = a$, $z(1) = b$, et entre les deux $z(t)$ parcourt un arc de cercle. En dérivant par rapport à $t$ l'égalité $(1-t)\,P(z)$ $+ t\zeta\, Q(z)$ $=0$, on obtient $\dot{z}(t) \left( (1-t)\,P'(z) + t\zeta\, Q'(z)\right) -P(z)+\zeta Q(z) = 0$, soit, comme $P'=Q'=1$ : $$\dot {z}(t) = \frac{P(z)-\zeta Q(z)}{1-t + t\zeta}$$
Donc avec cette paramétrisation les vitesses initiales et finales sont données par $$\dot{z}(0) = (b-a)\zeta\;,\qquad \dot{z}(1) = (b-a)\zeta^{-1}$$
Et relativement à $b-a$, les arguments sont : $$\arg \left(\frac{\dot{z}(0)}{b-a}\right) = +\arg(\zeta)\; , \qquad \arg\left(\frac{\dot{z}(1)}{b-a}\right) = -\arg(\zeta)$$
pappus, pas certain que c'était le genre de réponse que tu attendais à ta question deux postes au-dessus. Cette paramétrisation est différentiable, et si on prend $|\zeta|=1$, les vitesses initiales et finales ont même norme (par contre ente les deux je ne suis pas trop sûr que la vitesse soit constante...)
Je crains ne pas comprendre exactement la question qui m’est posée. Je peux effectivement faire des confusions car je ne peux malheureusement pas consacrer autant de temps à la géométrie !
J’ai cru comprendre jusqu’à maintenant que les vecteurs étaient surtout des objets de la géométrie affine et donc je n’arrive pas à saisir exactement ce que peut être l’équivalent d’un vecteur d’une trajectoire sphérique sur une carte utilisée pour une projection; en particulier, si sa direction et son sens sont vraisemblablement bien définis, que dire de sa norme ?
Si j’en crois mon intuition physique, cette norme ne devrait pas être « infinie » sur une carte du plan $A_1 A_2 A_3$, la trajectoire provenant de l’infini ?
La figure ci-dessous montre les points $m=\varphi_1(M)$ et $m'=\varphi_2(M)$ pour tout point $M$ situé dans la DSR privée des pôles $A_1$ et $A'_1$.
pappus
Il s’agit d’une inversion par rapport au cercle de centre O et passant par u.
Cordialement, Pierre
Pour un chemin poristique de six points, on obtient: \begin{eqnarray*} 0 & = & \left(-\delta_{1}\right)\star\delta_{2}\star\left(-\delta_{3}\right)\star\delta_{4} \star\left(-\delta_{5}\right)\star\delta_{6} \\ & = & \left(\pp{A_{1}A_{2}}\star\pq{A_{2}A_{3}}\star\pp{A_{3}A_{4}}\star\pq{A_{4}A_{5}}\pp{A_{5}A_{6}}\star\pq{A_{6}A_{7}}\right)^{\uparrow2} \end{eqnarray*} en utilisant la notation évidente $A_7=A_1$. On peut évidemment réécrire cela en utilisant que la pente $\pp{A_1A_2}$ est "fortement corrélée" avec l'argument du complexe $z_2-z_1$. On peut même combiner pentes et contre-pentes pour arriver à \[\left(A_1A_2,A_2A_3\right)+\left(A_3A_4,A_4A_5\right)+\left(A_5A_6,A_6A_7\right)=0\] Il reste alors un horrible problème de logique: sachant que l'on peut produire une démonstration pour chaque valeur de l'entier naturel $n$, est-ce qu'il en résulte une propriété valable pour tout $n\in \mathbb N$ ?
Cordialement, Pierre.
Je l’ai déjà dit, il s’agit de l’application ScreenToGif
Amicalement
pappus
Cordialement, Pierre.