Construction
Bonjour à tous.
La figure ci-dessous montre un triangle $ABC$.
La figure ci-dessous montre un triangle $ABC$.
Sur la droite $CA$, on choisit arbitrairement un point $B'$ et sur la droite $AB$ arbitrairement un point $C'$.
Construire un point $A'$ sur la droite $BC$ tel qu'on ait l'égalité entre aires algébriques:
Construire un point $A'$ sur la droite $BC$ tel qu'on ait l'égalité entre aires algébriques:
$$S(A,B,C)=S(A',B',C')$$
Amicalement
pappus
PS
J'ai dû donner ce minuscule exercice plusieurs fois dans le passé sans aucun succès.
Aura-t-il plus de chance aujourd'hui?
pappus
PS
J'ai dû donner ce minuscule exercice plusieurs fois dans le passé sans aucun succès.
Aura-t-il plus de chance aujourd'hui?
Réponses
-
Bonjour,
Si $A'$ est barycentre de $\{B(u);C(1-u)\}$ et permutation circulaire, la condition s'écrit $uv+vw+wu=u+v+w$.
Cordialement,
Rescassol
-
Merci Rescassol!
C'est vrai!
C'est un début de solution!
Il ne reste plus qu'à exhiber la construction proprement dite!
Amitiéspappus -
Bonjour à tous
Pourrait-on poser ce misérable exercice à l'oral d'un grand concours ENS, X ou Mines?
Je ne le pense pas et d'ailleurs ce serait injuste pour les candidats!
Peut-être à l'oral de l'Agrégation puisque c'est un simple exercice d'algèbre linéaire?
Je ne le pense pas non plus!
C'est de la dimension 2, trop insultant!
Bref cet exercice minusculissime est réservé aux extraterrestres!
Prière de se renseigner sur le programme SETI.
Amicalement
pappus
PS
Heureusement il nous reste l'oasis bienfaisante! -
Bonjour à tous.
Je commence la preuve!
Soit $f$ l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$.
A ce stade, c'est déjà foutu pour les taupins mais pas pour les agrégatifs!Soit $\overrightarrow f$ la partie linéaire de $f$.Son polynôme caractéristique est: $X^2+X+1$.$1$ n'annule pas ce polynôme, donc $f$ admet un unique point fixe $O$.L'application $M\mapsto \dfrac 13(M+f(M)+f^2(M))$ est affine et sa partie linéaire est $\dfrac 13(Id +\overrightarrow f+\overrightarrow f^2)=0$Non seulement ce que je raconte va susciter la plus grande indifférence mais en plus ça ne compile pas!Quand ça veut pas, ça veut pas!
Amicalement
pappus -
Bonjour à tous.
Puisque le Latex ne fonctionne plus, je vais m'en passer!
Soit f l'application affine envoyant le triplet (A,B,C) sur le triplet (A',B',C') et soit F sa partie linéaire.
Son polynôme caractéristique est X²+X+1.
Comme 1 n'annule pas ce polynôme, f admet un unique point fixe O.
L'application qui envoie le point M sur 1/3(M+f(M)+f²(M)) est affine et sa partie linéaire est 1/3(Id+F+F²)=0 en vertu du théorème de Hamilton Cayley.Cette application est donc constante et 1/3(M+f(M)+f²(M))=OQuelque soit le point M, le point O est le centre de gravité du triplet (M,f(M),f²(M)).Amicalement et à suivre
pappus -
Bonsoir à tous
Progressons un peu.
X³-1 est un polynôme annulateur de F.
L'application f³-id est une application affine.
Question insidieuse: de quoi dans quoi?
Sa partie linéaire est F³-Id=0
Cette application est donc constante.
Or f³(O)-O=O-O=0
Donc f³=id et f est d'ordre 3.
Amicalement
pappus
PS
On est loin très loin de l'oasis enchantée!
Adieu les palmiers sous lesquels on aligne les points et on tricote les droites!
Snif!
-
Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.Dans ce qui suit, si M est un point du plan, je noterai M'=f(M) et M''=f²(M)Cela va être le début de l'extase!On a les triplets de points alignés (A',B,C); (B',C,A); (C',A,B).Or une application affine conserve les alignements.
On a donc trois nouveaux triplets de points alignés (A'',B',C'); (B'',C',A'); (C'',A',B').Une triple extase obtenue sans utiliser la drogue ménélienne!Et on rebelote en notant que A=f(A''), B=f(B''), C=f(C'') puisque f³=id.On obtient trois nouveaux triplets de points alignés (A,B'',C''); (B,C'',A''); (C,A'',B'').
Encore une triple extase!
Merci qui?Le triangle A'B'C' est inscrit dans le triangle ABC.
Le triangle A''B''C'' est inscrit dans le triangle A'B'C'.
Le triangle ABC est inscrit dans le triangle A''B''C''.De plus on a les égalités entre aires algébriques:
S(A,B,C)=S(A',B',C')=S(A'',B'',C'')
Amicalement
pappus
PS
Il ne reste plus qu'à construire le point A'.
-
Bonjour à tousContinuons sur ces sentiers escarpés loin de l'oasis enchantée!Dans la suite, je considèrerai deux triplets de points alignés (P,Q,R) et (P',Q',R').La notation (P,Q,R) =(P',Q',R') signifie qu'il existe une application affine f telle que f(P)=P', f(Q) = Q', f(R) = R'.
Ceux qui sont allergiques à la géométrie affine et à toute notion de transformation peuvent convenir que:
(P,Q,R)=mes(PQ)/mes(PR), rapport de segments orientés.
Je crois que c'est une notation due à Soland?
Dans les bons cas que nous rencontrerons où f est une projection, ils pourront alors invoquer l'axiome de Thalès, ce qui parait-il est très rassurant.Sur la figure ci-dessous, j'ai projeté le point B'' en U sur la droite AB parallèlement à la droite BC.
On a donc: (B'',C',A')=(U,C',B).Comme on sait que: (B'',C',A')=(B',C,A), on a donc:
(U,C',B)=(B',C,A)Ceci implique qu'il existe une correspondance affine φ entre les droites AB et AC telle que:
φ(U)=B', φ(C')=C, φ(U)=B', φ(A)=B.
Cette correspondance affine a un graphe (fonctionnel), cette notion est-elle encore enseignée?
Ce graphe est la droite Bγ.
Il en résulte sur ma figure que les points B, γ, β' sont alignés, extase.On a ainsi une construction simple du point U à partir du point B'.Et on sait que le point B'' se trouve sur la parallèle à BC issue de U.En projetant le point C'' en V sur la droite AB, par le même raisonnement on obtient une construction du point V à partir du point C'.Les points C, β, γ' sont alignés (extase) sur le graphe Cβ de la correspondance affine (V,C,B')=(C',A,B).Et le point C'' se trouve sur la parallèle à BC issue du point V.A suivre.Amicalementpappus
-
Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.
Suite et fin.
Sur la figure ci-dessous, j'ai effacé la construction des points U et V pour plus de clarté.J'ai tracé la droite Lu passant par U et parallèle à BC sur laquelle doit se trouver le point B'' ainsi que la droite Lv passant par V et parallèle à BC sur laquelle doit se trouver le point C''.J'ai tracé le point b milieu du segment BB'. Le segment B''b est une médiane du triangle BB'B''.A ce titre, elle passe par le point O et (O,B'',b)=-2.De même, j'ai tracé le point c milieu du segment CC'. Le segment C''c est une médiane du triangle CC'C''.A ce titre, elle passe par le point O et (O,C'',c)=-2.En appliquant l'axiome de Thalès, on en déduit que B''C'' est parallèle à bc.La construction des points B'' et C'' est alors évidente.
On trace la parallèle issue de A à la droite bc. Elle coupe Lu en B'' et Lv en C''.Alors les droites B''C', C''B' et BC sont concourantes au point A' (extase).De même les droites BC'', CB'' et B'C' sont concourantes au point A'' (extase).Amicalement
pappus
PS
Il existe des constructions plus simples du point A' que je donnerai plus tard mais cela m'a amusé de créer cette construction en m'appuyant sur toute l'algèbre tournant autour de l'application affine f:(A,B,C) ↦ (A',B',C').Au final après cette modeste utilisation de l'algèbre linéaire, on tombe sur une configuration tout à fait banale qu'il est sans doute possible de justifier en appliquant cinquante fois de suite ou plus l'axiome de Thalès mais certainement pas l'axiome de Pythagore.
-
Bonjour à tousJ'avoue bien franchement que je suis horripilé de tous ces exercices du genre, les points de Messieurs MachinChouette, Trucmuche et Bidule sont alignés, qui n'apportent pas grand chose à la géométrie.
Par contre les problèmes de construction sont plus formateurs, comme les créations de macros de pldx1 ou plus modestement celui-ci sur lequel se décarcasse votre serviteur depuis quelques jours.J'en viens à la formule de Rescassol:
vw+wu+uv=u+v+wIl ne nous a pas dit comment il l'a obtenue mais je peux vous garantir qu'il a appliqué une jolie formule de géométrie affine.
Il est probable qu'elle n'est plus enseignée, tout simplement parce qu'elle a été oubliée.En matière de géométrie affine, les livres actuels se contentent de vaticiner sur Thalès, Ménélaüs et Céva!C'est pourquoi je vous conseille de lire plutôt le cours en ligne de Daniel Perrin!Je me suis demandé si on pouvait créer une construction à partir de la formule de Rescassol.
La réponse est affirmative.
Nous avons vu que la construction que j'ai proposée ne pouvait être comprise que par des extraterrestres.Aurons nous plus de chance avec la construction de Rescassol?Mon idée est la suivante:u=(v+w-vw):(v+w-1)Pour w fixé, u est une fonction homographique de v.Les fonctions homographiques sont encore dans nos programmes mais la géométrie projective a disparu.Donc pour la méthode Rescassol, c'est aussi foutu d'avance!Caramba, encore raté!
Mais je continue à l'intention de Swingmustard qui pourrait être intéressé s'il voulait bien sortir un peu de ses trivialités projectives.Géométriquement si on fixe le point C' sur la droite AB, le point A' sur la droite BC dépend homographiquement du point B' sur la droite AC.Tout revient donc à construire l'axe d'homographie de cette correspondance.Je pense que Swingmustard devrait en être capable sinon il nous reste encore les extraterrestres!Amicalementpappus -
Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.
Bon!
Je vois bien qu'après avoir créé une construction basée sur l'algèbre linéaire qui, heureusement pour nous, n'est pas défunte, je vais devoir me farcir une construction basée sur la regrettée géométrie projective.Voilà une bonne occasion de voir cette géométrie en action.Le point C' étant donné, je vais appeler:
φ: AC ↦ BC; B' ↦ A', cette transformation projective.
On sait qu'elle sera entièrement connue dès qu'on aura exhibé les images d'un triplet de points distincts de la droite AC.Dans un premier temps, on va déterminer les points limites:
Le point limite objet I tel que: φ(I)=∞(BC)Le point limite image J tel que: φ(∞(AC))=JPour finir on tracera c=φ(C).Méthode?
Utiliser la relation de Rescassol!Difficulté?Aucune sinon le dialogue permanent entre figure et calcul et l'indispensable navette entre points et leurs coordonnées une fois calculées.
AmicalementpappusPSFinalement on se passe très bien du Latex après quelques acrobaties!
-
Bonjour à tousComme prévu, il ne se passe rien!
Tout baigne dans l'huile!
Je vais pouvoir continuer à monologuer sans être dérangé!
Le bonheur, quoi!!
Rappelons nous la fonction homographique de Rescassol:
Pour w fixé, on pose:
u=ψ(v)=(v(1-w)+w):(v+w-1)Bourbakistement parlant, ψ est l'écriture de la transformation projective φ:AC ↦ BC; B' ↦ A' dans le système de coordonnées que nous nous sommes imposés, à savoir les coordonnées barycentriques dans le triangle ABC.
A ce propos, il est bon de se souvenir des notations de Rescassol:
A'(0,u,1-u); B'(1-v,0,v); C'(w,1-w,0)
On a: ψ(v)= ∞ pour v=1-w i.e: ψ(1-w) = ∞On est donc face au problème affreux suivant: placer sur la figure le point I(w,0,1-w).Comment va-t-on se sortir de cette question épouvantable?Amicalementpappus
-
Bonjour à tous
Toujours le calme plat!
Rien d'étonnant donc!
Cependant inclinons nous religieusement devant le Saint Mystère de l'Axiome de Thalès.
I-C'=(w,0,1-w)-(w,1-w,0)=(0,w-1,1-w)=(1-w)(0,-1,1)=(1-w)(C-B)Se serait-il fait la malle pendant la nuit nous laissant seul face à face avec le Divin Axiome de Pythagore?
Je crois plutôt qu'on se fout avec raison de tout ce que je peux raconter!Il est fort probable que la construction du point limite image J produise rigoureusement le même nombre de commentaires au bout de 24H.
Amicalement
pappus
-
Bien cher Pappus,Je regrette bien d'être incapable de te donner la moindre réplique sur ce sujet, mais au moins ne t'aurai-je pas laissé soliloquer !Bien amicalement, JLB
-
Mon cher JelobreuilMerci pour ta contribution.Je vois que tu es très fort avec l'Axiome de Pythagore en ce qui concerne le calcul des distances mais que tu l'es beaucoup moins avec l'Axiome de Thalès où il ne s'agit que de tracer des parallèles et autres parallélogrammes.Je suis un peu triste de te voir végéter dans l'oasis enchantée alors que tu as parfaitement les moyens de maîtriser au moins la géométrie affine (barycentres + coordonnées barycentriques+ divisions semblables) sinon la géométrie projective la plus élémentaire (divisions homographiques).Amitiéspappus
-
Bonjour
Parler sur ce sujet alors que je bosse dessus c'est forcément que je vais dire une connerie et en le sachant mais bon il est important aussi que l'auteur de ce sujet sache qu'il est étudié sinon ça ne va pas aller non plus
C'est embêtant:
D'un côté il est prudent de fermer ma gueule [*** Modéré, hors du sujet de la discussion. AD]
-
Mon cher scdTu as tort de ne pas dialoguer car on apprend toujours de ses erreurs.Moi même il m'est arrivé de dire les idioties les plus monstrueuses sur ce forum et cela va encore nécessairement arriver car je radote de plus en plus avec le grand âge!Amicalementpappus
-
Pappus
Je sais très bien que vous n'en dites jamais des bêtises
C'est pas parce qu'on est hyper différents (c'est le moins qu'on puisse dire) que je ne vais pas scruter tous vos messages
Justement c'est justement pour ça qu'il faut que je les scrute (Loi de Sun Tzu applicable même en maths)
je suis là depuis 2011 (sphinx)
Surjectivité du produit vectoriel. — Les-mathematiques.net -
Mon cher scdJe constate que le niveau du forum il y a dix ans était beaucoup plus élevé qu'aujourd'hui!Je vois que GaBuZoMeu alias Ga? sévissait déjà à cette époque et qu'il me remontait systématiquement les bretelles à chacune de mes âneries!Amicalementpappus
-
Bonne nuit Pappus
( le soldat n'arbitre pas les disputes entre les officiers)
Chacun son grade et la guerre pourra se faire sinon c'est le foutoir et on pourra faire une croix dessus -
NB : C'est d'ailleurs une autre loi que Sun Ztu a écrite à notre intention (c'est le sous-off qui veille à nous la faire respecter et je n'ai pas du tout du tout envie de l'avoir dans le dos)
-
Mon cher scd
La guerre pourra se faire?
Mais elle se fait déjà sous nos yeux!
La géométrie a vraiment peu d'importance!
Je suis d'une génération qui a connu la guerre et j'ai bien failli en mourir sous les bombes amies, comble d'ironie!
Personnellement je ne vois pas les discussions de ce forum comme une guerre à organiser mais comme un échange fructueux et amical!
Amicalementpappus -
Bonjour à tous
Comme je l'avais prévu, calme plat!
On peut dire que l'Axiome de Thalès n'excite pas les imaginations!
On se contente de l'ânonner à défaut de savoir l'appliquer!Ici u=ψ(∞)=1-w
Par suite J(0,1-w,w)
Donc J-C'=(0,1-w,w)-(w,1-w,0)=(-w,0,w)=w(-1,0,1)=w(C-A)Ce sont des calculs vraiment terrrrr.....ifiants.
On en déduit la figure ci-dessous.Il ne nous reste plus qu'à déterminer le point c=φ(C).Dans un premier temps on montre que l'application AB ↦ BC; C' ↦ c est une homographie puis on la détermine via les images de trois points distincts de AB.
Un problème dans le problème!
Amicalementpappus
-
Bonjour pappus,
Tu peux à nouveau composer ta prose en $\LaTeX$.
-
Bonjour Pappus
Sache que je suis toujours là mais qu'on est hyper différent
Vraiment complètement différent de A à Z et en plus j'ai un dieu et mon dieu est un dieu qui fait toujours la guerre : Abaddôn
Et aussi en géométrie : je suis nul et comme je suis nul je dois travailler ma géométrie
Bonne journée à toi et merci pour tes sujets
-
Bonjour à tous
Je vais en profiter pour accélérer un peu!
A quoi bon tergiverser puisque je suis condamné (un adjectif cher à Lacan) à monologuer.
Le point $C$ correspond à $v=1$ et $\psi(1)=\dfrac 1w$
Donc $c(0,\dfrac 1w,1-\dfrac 1w)$ dépend bien homographiquement du point $C(w,1-w,0)$.L'application $\rho:AB\longmapsto BC; C'\mapsto c$ est une transformation projective.On va en déterminer les points limites.Le point limite objet est atteint pour $w=0$ c'est à dire pour $C'=B$ et $\rho(B)=\infty(BC)$.Le point limite image est atteint pour $w=\infty$ et $\rho(\infty(AB))=C$.On regarde le cas $w=1$ et on en déduit $\rho(A)=B$On en déduit le tableau suivant:$$\begin{pmatrix}B &\infty(AB)&A&C'\\\infty(BC)&C&B&c\end{pmatrix}$$Je rappelle la formation de l'axe d'homographie:Pour tout $(M,N)\in AB$, les droites $M\rho(N)$ et $N\rho(M)$ se coupent sur l'axe d'homographie.Si on est allergique à la géométrie projective ou plus simplement si on en a jamais entendu parler comme aujourd'hui, on parle de Théorème de Pappus et de pappusienne!En considérant les deux premières colonnes du tableau précédent, on voit que l'axe d'homographie est parallèle à $BC$.
En considérant la deuxième et la troisième colonne, on voit que $A$ appartient à l'axe d'homographie.
L'axe de l'homographie $\rho$ est donc la droite issue de $A$ et parallèle à $BC$.
Elle est tracée en rouge sur ma figure.En considérant la deuxième et la quatrième colonne, on voit que la droite $C'C$ et la parallèle à $AB$ issue de $c$ se coupent sur l'axe d'homographie.D'où la construction du point $c=\phi(C)=\rho(C')$ donnée sur ma figure.
Amicalement
pappus
-
Bonjour à tous
Maintenant on peut s'attaquer à l'homographie $\varphi:AC\longmapsto BC; B'\mapsto A'$.
On a le tableau suivant:$$\begin{pmatrix}I&\infty(AB)&C&B'\\ \infty(BC)&J&c&A'\end{pmatrix}$$En considérant les deux premières colonnes, on voit que l'axe d'homographie est parallèle à la droite $IJ$.En considérant les seconde et troisième colonnes, on voit que $c$ appartient à l'axe d'homographie.
L'axe d'homographie est donc la droite issue de $c$ parallèle à $IJ$.C'est la droite tracée en rouge plein sur ma figure.
Enfin en considérant les première et dernière colonnes, on voit que la parallèle à $BC$ issue de $B'$ et la droite $A'I$ se coupent sur l'axe d'homographie.D'où la construction du point $A'$ donnée sur ma figure.Cette figure finale est relativement simple à mettre en œuvre et n'a rien à voir avec celle de la preuve extraterrestre.La simplicité de la figure se paie par une connaissance plus approfondie de la géométrie.
Amicalement
pappus
PSLe logiciel permet de vérifier la condition $S(A,B,C) =S(A',B',C')$.
-
Bonjour à tous
Vous commencez à comprendre pourquoi je trouve que les constructions sont si formatrices.Avec ce simple problème de construction sur les aires qui semblait si anodin, on a vu défiler une bonne partie du cours de géométrie d'autrefois tombé aujourd'hui dans l'oubli le plus complet.Vous pouvez encore vous exercer un peu à la géométrie projective en permutant le rôle des points $B'$ et $C'$ c'est-à-dire en fixant $B'$ et en faisant bouger le point $C'$.Cependant on peut jeter à la poubelle cette construction basée sur une géométrie projective inconnue au bataillon et dont on a strictement rien à cirer.
On resterait donc avec la construction extraterrestre qui me laisse mal à l'aise avec sa complexité inutile.
Heureusement il existe encore des constructions affines beaucoup plus simples.
La figure ci-dessous en montre une.Elle utilise les vecteurs $u=\overrightarrow{BC}$ et $u'=\overrightarrow{C'B'}$.A vous de la justifier!J'ai assez donné!Curieusement la droite verte passe par le point fixe $O$ de l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$ dont je me suis servi dans la construction extraterrestre!
Amicalement
pappus
-
Bonsoir à tousCe qui est fascinant dans ce problème sur les aires, c'est qu'on pourrait le poser à des collégiens ou bien à l'honnête homme ne connaissant que la formule:$$\mathrm{Aire}(\Delta)=\dfrac 12\mathrm{Base}\times\mathrm{Hauteur}$$sous la forme suivante:Etant donné un triangle $ABC$, un point $B'$ sur la droite $AC$ et un point $C'$ sur la droite $AB$, construire à la règle ébréchée et au compas rouillé un point $A'$ sur la droite $BC$ tel que:$$\mathrm{Aire}(ABC)=\mathrm{Aire}(A'B'C')$$
Amicalement
pappus
-
Bonjour à tous
Que ce problème de collège n'intéresse personne, cela ne m'étonne plus; la géométrie est morte et bien morte.Si on appelle $h'$ la longueur de la hauteur du triangle $A'B'C'$ relative au côté $B'C'$, on a:$$h'=\dfrac{2\mathrm{Aire}(ABC)}{B'C'}$$On connait donc $h'$ et tout revient à construire cette longueur d'une manière ou d'une autre.Tout le monde se doute bien que je ne recevrai aucune réponse!Alors ce problème restera un vrai mystère et pourquoi pas?Il y a des évènements beaucoup plus importants qui se passent en ce moment!Amicalement
pappus -
Bonjour à tous
Pour vraiment terminer, j'ai concocté sans la moindre illusion un petit exercice à l'intention de nos collégiens et autres habitants de l'oasis enchantée!
La figure ci-dessous montre un triangle $ABC$ et en pointillé la bissectrice de l'angle camembert $\widehat{BAC}$.$B'$ est le symétrique de $B$ et $C'$ le symétrique de $C$ par rapport à la bissectrice.Construire à la règle ébréchée et au compas rouillé les points $A'$ situés sur la droite $BC$ tels que:$$\mathrm{Aire}(A'B'C')=\mathrm{Aire}(ABC)$$
Amicalement
pappus
Pour la tranquillité et la santé mentale de tous, j'ai remplacé l'aire algébrique par l'aire tout court.
Il semblerait que cette notion soit encore provisoirement dans nos programmes d'après ce que j'ai pu comprendre!
Nul besoin de partie linéaire ou d'axe d'homographie pour résoudre ce minusculissime exercice!
-
Bonjour à tous
Calme plat comme je l'avais prévu!Nada de nada, le néant le plus complet!Rien de plus normal!Les collégiens sont probablement sur TikTok!Quant aux autres qui résident dans l'oasis enchantée, pas la moindre nouvelle!
Ce qui est plus étonnant car les axiomes de Thalès et de Pythagore sont largement suffisants pour résoudre ce misérable exercice!
Sur ma figure:$AA'_-\parallel B'C'$, $A'_-$ et $A'_+$ sont symétriques par rapport à $I$.
C'est absolument terrifiant!
Amicalement
pappus
-
Cher Pappus,
Voici une construction que je n’osais publier ici car trop éloignée de celle que tu désirais que nous faire assimiler. Mais récemment en étudiant le cas particulier le nombre d’or est apparu. Alors…
(Je n'ai pas su joindre les figures)Je choisis un repère normé d’origine A avec B (1 ;0) et J (0 ;1) sur [AC).
Je pose C (0 ; c), B’ (x ; 0), C’(0 ; y). M (X ;Y) est un point quelconque du plan.
J’écris l’égalité des déterminants des vecteurs AB et AC d’une part, et des vecteurs MB’ et MC’ d’autre part.
Le lieu des point M vérifiant l’égalité est la droite d’équation yX+ xY – xy + c = 0. ; cette droite est parallèle à la droite (B’C’) (yX+ xY – xy = 0) et elle coupe l’axe (AB) au point N (x – c/y ; 0).
La droite passant par N parallèle à (B’C’) coupe en A’ la droite (BC) : (cX + Y = c), sauf si cx = y.Si cx = y, la droite D a pour équation cxY + xY= xy-c.
Elle se confond avec la droite BC (cxX + xY = cx) si xy-c = cx, ce qui implique l’égalité x² - x – 1 = 0.
Donc, si x est égal au nombre d’or phi, ou bien à l’opposé de son inverse, le couple (A’, B’) est l’homothétique du couple (A,
dans l’homothétie de centre A et
de rapport l’une de ces deux valeurs, et tout point A’ de la droite BC est
sommet d’un triangle A’B’C’ de même aire algébrique que le triangle ABC. Dans
le cas contraire, la construction du point A’ est impossible.Construction de N (x – c/y ; 0)
Le cercle de centre A passant par C’(0 ;y) coupe AB) au point P (y ;0)
La droite passant par C et parallèle à (BC’) coupe (AB) au point Q (c/y ;0).
Le vecteur QA translate le point P en N. -
Mon cher Léon Claude JosephMerci de ta contribution.Je ne suis guère en mesure de te répondre car mon état de santé actuel ne le permet pas.Amicalementpappus
-
Cher pappus,
Je pense me faire l'interprète de beaucoup ici en te disant que tu nous manques.
Je te souhaite un prompt rétablissement.
Je n'ai pas voulu t'ennuyer avec un MP.
Amitiés. -
Figures accompagnant la construction proposée
-
Errata dans ma contribution:
Le point P n'a aucune raison d'être dans la figure et dans la construction du point N.
Et le vecteur QA translate le point B' (et non P) en N. -
-
En espérant te lire à nouveau, car je m'efforce de lire tous tes écrits.
Tu traites la géométrie avec une hauteur de vue que j'envie, et j'essaie d'en profiter autant que je peux.
Bon rétablissement.
Amicalement. -
Si j’ai bien compris ce qu’est une aire algébrique, point n’est besoin de la calculer dans un repère normé. Donc je simplifie mon texte.
Dans un repère d’origine A avec B (1 ;0) et C (0 ;1) je pose B’ (x ; 0), C’(0 ; y), xy ≠ 0, et M (X ; Y) un point quelconque du plan. Le lieu des points M tel que det (MB’, MC’) = det (AB, AC) est la droite (D) d’équation yX+ xY – xy + 1 = 0. Elle parallèle à la droite B’C’ (yX+ xY – xy = 0), et elle coupe l’axe (AB) au point N (x – 1/y ; 0). La droite passant par N parallèle à (B’C’) coupe en A’ la droite BC : (X + Y = 1), sauf si x = y.
Construction de N (x – 1/y ; 0)
La droite passant par C et parallèle à (BC’) coupe (AB) au point Q (1/y ;0). Le vecteur QA translate le point B’ en N.
Cas particulier.
Si x = y, la droite (D) a pour équation Y + Y= x – 1/x. Elle se confond avec la droite BC si x – 1/x = 1, c’est-à-dire si x² - x – 1 = 0.Donc, si x est égal au nombre d’or phi, ou bien à -1/(phi), tout point A’ de la droite D est sommet d’un triangle A’B’C’ de même aire algébrique que le triangle ABC. Dans le cas contraire, la construction du point A’ est impossible.
-
Bon rétablissement Pappus
Sauf erreur la relation donnée par Rescassol revient à dire quesi $\vec {BA^{\ \prime }}=u.\vec {BC}\ ,\ \vec {CB^{\ \prime }}=v.\vec {CA}\ ,\ \vec {AC^{\ \prime }}=w.\vec {AB}$alors $uv+vw+wu=u+v+w$Pour ma démonstration je me place dans un espace affine euclidien à trois dimensions
(je pense la faire plus facilement ainsi vue la relation donnée) -
non j'ai changé d'avis
par circularité de la relation, la démonstration se fait plus simplement que ça sans s'emmerder à passer dans l'espace à trois dimensions -
Bonjour pappus
Tous mes voeux de rétablissement 😔
Bien à toi
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