Cycles

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...)

Bonsoir pappus,

Voici ma figure :

Bonjour, $\def\pp#1{\mathrm{p}\left(#1\right)} \def\pq#1{\left(-\mathrm{p}\left(#1\right)\right)}$

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.  

Cordialement, Pierre

Celle-là, elle est classe – très convaincante !

Si ce n'est pas indiscret, quel est ce logiciel qu'on t'a offert et qui te permet de faire ces animations à partir de fichiers Cabri ?

Bonjour,

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:

\[ \begin{array}{lcl} \mathrm{type} & \mathrm{name} & \mathrm{definition}\\ \hline \mathrm{Point} & A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5} & given\\ \mathrm{Point} & A_{7} & A_{1}\\ \mathrm{Angle} & ang2 & Angle[A_{1},\;A_{2},\;A_{3}]\\ \mathrm{Angle} & ang4 & Angle[A_{3},\;A_{4},\;A_{5}]\\ \mathrm{Angle} & zang6 & \left(ang2\;+\;ang4\right)/2\\ \mathrm{Line} & side7 & Rotate[\mathrm{Line}[A_{5},\;A_{7}],\;(-zang6),\;A_{7}]\\ \mathrm{Line} & side5 & Rotate[\mathrm{Line}[A_{5},\;A_{7}],\;\left(+zang6\right),\;A_{5}]\\ \mathrm{Point} & A & \mathrm{Intersect}[side7,\;side5]\\ \mathrm{Circle} & locusA6 & \mathrm{Circle}(A_{5},\;A,\;A_{7})\\ \mathrm{Point} & A_{6} & Point[locusA6] \end{array} \]



Cordialement, Pierre.