Aide pour la technique d'un point fixe
Bonjour
pappus et à tous
Je recherche la technique du point fixe qui peut exister entre deux points M et M’ liés homographiquement…Je formule certainement mal ma question… comment se détaille l’approche ? Référence ?
Un début de réponse serait la bienvenue…
Sincèrement
Jean-Louis.
Je recherche la technique du point fixe qui peut exister entre deux points M et M’ liés homographiquement…Je formule certainement mal ma question… comment se détaille l’approche ? Référence ?
Un début de réponse serait la bienvenue…
Sincèrement
Jean-Louis.
Réponses
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Mon cher Jean LouisC'est une question bien vague.Néanmoins il existe des situations géométriques précises où on peut répondre.Sans vouloir faire renaître des querelles picrocholines récentes sur le nombre des foyers d'une conique, je propose le théorème de Siebeck dont nous avons souvent parlé ici même dans le passé et qui date de l'année 1850, donc rien de nouveau sous le défunt soleil qui éclairait la géométrie.On travaille dans le plan euclidien.Dans ce plan on se donne deux droites $D$ et $D'$ sécantes en un point $O$.Soit $f:D\mapsto D'$ une homographie non affine telle que $f(O)\not=O$.Soit $m\in D$ et $m'=f(m)$Alors quand $m$ décrit la droite $D$, la droite $mm'$ enveloppe une conique $\Gamma$ tangente aux droites $D$ et $D'$.L'homographie $f$ se prolonge alors de façon unique en une transformation circulaire directe $\widehat f$ du plan euclidien dont l'écriture est une homographie directe: $z\mapsto \dfrac{az+b}{cz+d}$ quand on identifie le plan euclidien au plan complexe via le choix d'une base orthonormée.Les deux points fixes de $\widehat f$ sont alors les foyers visibles de $\Gamma$.Remarque: j'ai exclu le cas (bien connu du Lebossé-Hémery) où $f$ est affine, $\widehat f$ est alors une similitude directe dont l'unique point fixe est le foyer de la parabole $\Gamma$.Amicalementpappus
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Bonjour à tousA défaut de savoir démontrer le théorème de Siebeck, ce qui me paraît être une tâche impossible en cette période moyenâgeuse et analphabète, (que de progrès dans notre enseignement en 143 ans), on peut, au moins au moins, essayer de l'appliquer à la situation simple suivante:$$\overline{Om}.\overline{Om'}=Cte$$Amicalementpappus
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Merci pappus...
Bonjour,
mon problème :1. ABC un triangle
2. (O) un cercle passant par B et C tel que A en soit à l’intérieur
3. (Oa) le cercle tangent à (AB), (AC) et extérieurement tangent à (O)
4. (I) le cercle inscrit à ABC)
5. U le centre externe d’homothétie entre (I) et (O)
6. P un point de [BC]
7. Q, R les points de contact des tangentes issues de P avec (Oa)
8. M le point de contact du cercle tangent à[(PQ[, [PB] et tangent intérieurement à (O)
9. N le point de contact du cercle tangent à [PR[, [PC] et tangent intérieurement à (O)
Question, (MN) passe par U.Je propose ma démarche :
1. par construction M et N sont liés homographiquement
2. lorsque P est en B, N est en N* et B, U, N* sont alignés (théorème de Monge ou d’Alembert)
3. lorsque P est en C, M est en M* et B, U, N* sont alignés (théorème de Monge ou d’Alembert)
4. en conséquence, (MN) passe par U.Je ne sais pas si le 1. est correct… Qu’en pensez-vous ?
Sincèrement
Jean-Louis
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Mon cher Jean-LouisTa figure est effroyablement compliquée et je me demande même comment un utilisateur $\lambda$ de la géométrie thaléso-pythagoricienne pourrait la faire.Elle demande en effet de savoir construire systématiquement les cercles tangents à deux droites données et à un cercle donné, construction intéressante en elle même mais qui est loin d'être facile!C'est justement cette construction qu'il faut analyser pour prouver que la liaison entre les points $M$ et $N$ est homographique, ce que tu n'as pas fait!Quant aux points fixes éventuels de ces homographies, je ne vois pas très bien pourquoi ils interviendraient!Amicalementpappus
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Bonjour pappus
Merci pour ta réponse…Ce qui est fixe : ABC, (I), (O), (Oa)
Ce qui bouge : P, M, NJe précise la construction :
1. partons de M
2. nous pouvons construire (Ob) puis X centre d’homothétie interne de (Ob) et (Oa)
3. puis P à partir de X, puis R à partir de P
4. U est le point d’intersection de [PR[ avec (O)
5. I* centre du cercle inscrit du triangle UPC
6. V point d’intersection de la médiatrice de [UC] avec arc CBU
7. N est le second point d’intersection de (VI*) avec (O).Je n'utilise que des droites et cercles pour passer de M en N.
Cela convient-il pour conclure que M et N sont liés homographiquement?Merci pour ton aide ainsi que pour la figure.
Avec toutes mes amitiés
Jean-Louis.
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Mon cher Jean-LouisTu pars du point $M$ sur le cercle $(O)$, OK!Ensuite comment définis-tu exactement $(O_b)$?Amicalementpappus
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Mon cher pappus,
T est le point d'intersection de la médiatrice de [BC] avec l'arc BC comme sur la figure
W est le point d'intersection de (MT) et (BC)
Ob est l'intersection de la médiatrice de [MW] et de la perpendiculaire à (BC) en W
on obtient ainsi la cercle (Ob)
puis on construit X...puis P
Amicalement
Jean-Louis
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Merci Jean-Louis
Quel est la définition de ton point $c$? (Tu parles de la médiatrice de $[Bc]$!)
Puis celle de $X$?Amicalement
pappus -
Mon cher pappus,
j'ai corrigé pour la médiatrice de [BC]
X est le centre interne d'homothétie de (Ob) et (Oa).comme dans mon premier message.Je peux te répondre pour les constructions suivantes...Amicalement
Jean-Louis -
Bonsoir à tous, bonsoir pappus,
Suite à ceci :
Je me lance (la peur au ventre ...) et j'essaie ...pappus a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2429047/#Comment_2429047À défaut de savoir démontrer le théorème de Siebeck, ce qui me paraît être une tâche impossible en cette période moyenâgeuse et analphabète, (que de progrès dans notre enseignement en 143 ans), on peut, au moins au moins, essayer de l'appliquer à la situation simple suivante : $$\overline{Om}.\overline{Om'}=Cte$$Je me suis limité à une constante positive $k^2$ où $k>0$.En choisissant le repère "normé" défini par les droites $D$, $D'$ et leur intersection $O$ où l'abscisse du point $m$ est $t$, on obtient l'équation de la droite $(mm')$ : $$\dfrac{x}{t}+\dfrac{t}{k^2}y=1$$
La théorie des enveloppes nous indique que les coordonnées du point de contact $M$ vérifient le système : $$\begin{cases}\dfrac{x}{t}+\dfrac{t}{k^2}y=1\\-\dfrac{x}{t^2}+\dfrac{y}{k^2}=0\end{cases}$$Qui donne pour les coordonnées du point de contact $M$ :
$\begin{cases}x=\dfrac{t}{2}\\y=\dfrac{k^2}{2t}\end{cases}$
Le point $M$ milieu de $[mm']$ décrit l'hyperbole d'équation $xy=\dfrac{k^2}{4}$ d'asymptotes $D$ et $D'$.
On peut aussi remarquer que ses foyers sont les points d'intersection d'une bissectrice de $D$,$D'$ et du cercle (d'inversion ?) de centre $O$ et de rayon $k$.
Il reste que je me suis arrêté là : pas de lien avec les points fixes de l'homographie qui prolonge cette transformation de droite à droite au plan ce qui, je pense, est le sujet principal.
Amicalement. -
Merci Cailloux.
La peur au ventre ?
La peur de qui ou de quoi ?
Pas de moi en tout cas, on se connait bien tous les deux !Je te félicite de t'être lancé dans cette petite aventure.
Tu es allé pratiquement jusqu'au bout.
Il te suffit de me dire la nature du quadrangle $(m,m',F,F')$ c'est à dire de l'affubler de l'adjectif adéquat puis de conclure!Amitiés
pappus -
Bonjour pappus,
J'imagine qu'on parle d'un quadrangle harmonique.
J'ai continué analytiquement en choisissant le repère orthonormé d'origine $O$ défini par les bissectrices des droites $D$ et $D'$.
En partant d'une homographie directe d'écriture $z'=\dfrac{az+b}{cz+d}$, je suis tombé sans grande surprise sur l'homographie :$$z'=\dfrac{k^2}{z}$$
composée commutative de l'inversion de pôle $O$, de puissance $k^2$ et de la symétrie définie par l'axe focal.
Ses points fixes sont $F$ et $F'$.J'ai la vague impression d'avoir procédé "à l'envers"...
Amitiés.
[Edit] Figure complétée. -
Merci Cailloux.
Tu as tout compris !
Amitiés.
pappus. -
Merci pappus !
Amitiés.
-
Bonjour pappus,
pour revenir à mon problème, je me pose la question suivante : la correspondance entre M et N ne serait-elle une involution ?
Sincèrement
jean-Louis
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Mon cher Jean-LouisC'est ce qu'il faudrait démontrer!Mais ta construction est si compliquée que je doute que tu puisses y arriver!AmitiéspappusPSAvec une petite pensée pour Bruno qui nous a quitté!
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Bonjour à tous,
Je reviens sur le premier message de pappus dans ce fil. J'aime bien "toucher les choses avec les mains".
Bref, sans prouver quoique ce soit, j'ai fait travailler GeoGebra à ma place.
Soit donc deux droites $D$ et $D'$ sécantes en $O$ et une homographie directe $f$ de $D$ sur $D'$.
La donnée de deux points homologues $m\in D$ et $m'\in D'$ la détermine complétement.
En choisissant un repère orthonormé d'origine $O$ dont l'axe des abscisses est $D$ (orienté comme on veut), j'ai tenté de déterminer le prolongement de $f$ au plan complexe avec l'homographie directe d'écriture $z'=\dfrac{az+b}{cz+d}$ où $c\not =0$ et $b\not =0$.
Je suis tombé sur ce type d'homographie d'écriture :
$$z'=\text{e}^{i\theta}\dfrac{uz+v}{z+w}\text{ où }u,v,w\text{ sont des réels et }\theta=(D,D')$$
Pour la suite, GeoGebra a pris le relai avec une figure dans le cas où la conique inscrite est une ellipse :
On peut y voir les points limites objet et image $L_O$ et $L_I$.
En désignant par $F$ et $F'$ les points fixes de l'homographie, on sait que le quadrilatère $L_OF'L_IF$ est un parallélogramme.
On a immédiatement le centre $\Omega$ de la conique (ellipse ou hyperbole) milieu de $[L_OL_I]$.
Construire ces points fixes foyers de la conique, c'est une autre affaire.
- Certainement une utilisation du birapport lié à la conjugaison via des similitudes directes (j'ai déjà vu mais oublié...)
- Mais aussi, compte tenu que $F$ et $F'$ sont isogonaux par rapport au triangle $Omm'$, une construction de deux points isogonaux dont on connait le milieu (que j'ai déjà vue aussi voire postée ici même).
Ce message est là uniquement pour vous communiquer mes élucubrations : je me suis fait plaisir en jouant avec GeoGebra.
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Bonjour!
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