Géométrie expérimentale
Bonjour à tous
Si j'ai bien suivi la discussion https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2334570/comment-construire-2-pi-360#latest de notre forum, à défaut de pouvoir montrer quoique ce soit à leurs élèves, les professeurs fantasment sur les rapporteurs.
Je propose l'activité suivante à des lycéens de Terminales, avant je ne sais pas trop!
Sur la partie droite de la figure, vous voyez le patron d'un système articulé qu'on peut réaliser avec du carton et des attaches adéquates.
La partie gauche de la figure montre le même système articulé déformé en rapprochant ou en éloignant légèrement le point $A_2$ du point $A_1$ supposé fixe.
Alors là c'est le moment de sortir les rapporteurs même si on a pas le début du commencement de l'idée de la façon dont ses graduations ont pu être tracées!
Identifier la transformation $A_2\mapsto A_3$.
Amicalement
pappus
Réponses
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Bonjour,
Ne s'agit-il pas plutôt de la transformation $A_2\mapsto A_1$ ? $A_3$ restant fixe. Mais pourquoi cette transformation serait-elle unique ? Car pour un même point $A_2$ on peut faire bouger la ligne $A_2P_1Q_1A_3$ et donc le reste de la construction :
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Mon cher Ludwig
C'est un système articulé déformable.
Les points $A_1$, $A_2$, $A_3$ peuvent ne pas bouger mais le point $M$, lui, peut très bien se trémousser, (triple génération de Roberts).Pense à mon avatar !
Amicalement
pappusPS.
Pourquoi ne prends-tu pas du carton et une paire de ciseaux ? -
Bonjour à tous, bonjour pappus,
Dans la position initiale, $A_2$ est en $B$ et $A_3$ en $C$.Le mécanisme a plusieurs degrés de liberté mais expérimentalement via GeoGebra (sans carton, ciseaux), quoiqu'on fasse, il semble que la correspondance $A_2\mapsto A_3$ est la similitude directe de centre $A_1$ qui envoie $B$ sur $C$.
Amitiés. -
Pour le prouver, il me semble naturel de passer par $M$ :
$A_2\mapsto M\mapsto A_3$ où $A_3=f(A_2)$
et $f=t_2\circ t_1$
$t_1$ (via le mécanisme) n'est pas unique mais $t_2$ en dépend en sorte que leur composition soit la similitude $f$ en question.
Des inversions ? Pour l'instant, je ne sais pas ...
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Bravo CaillouxTu m'épates!C'est effectivement une similitude directe!Expérimentalement après avoir construit le système articulé avec du carton et des attaches parisiennes, on doit constater en utilisant ce fichu rapporteur que les angles du triangle $A_1A_2A_3$ restent constants après déformation!Mais j'ai la pénible impression que dans notre belle république une et indivisible la géométrie expérimentale est aussi mal barrée que la géométrie tout court.En fait de géométrie, on doit se contenter sur notre forum d'aligner ad nauseam les points comme des perles ou bien d'ergoter interminablement sur les axiomes de Hilbert!AmitiéspappusPSSur la figure de droite, je note $a_1$, $a_2$, $a_3$, les longueurs des côtés du triangle $A_1$, $A_2$, $A_3$ et $(x_1,x_2,x_3)$ les coordonnées barycentriques normalisées du point $M$ dans le triangle $A_1A_2A_3$.Peux-tu me décrire le système articulé obtenu avec les longueurs de ses différentes tiges, combien au fait?
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Mon cher CaillouxLa figure de gauche contient les trois triangles directement semblables; $P_1MQ_1$, $MQ_2P_2$, $Q_3P_3M$ auxquels on ajoute les trois parallélogrammes qui crèvent les yeux!Plus qu'il n'en faut pour qu'après quelques réflexions sans le moindre intérêt et de durée inférieure à la minute, tu montres que le triangle $A_1A_2A_3$ est directement semblable aux trois triangles précédents.Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves bien mérités!AmitiéspappusPSTu comprends maintenant pourquoi on doit se contenter d'aligner les points sur notre forum ad vitam aeternam
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Bonjour à tousVoilà une autre activité qu'on pourrait proposer à des collégiens (?) ou à des lycéens (??) ou à des capésiens (???) ou à des agrégatifs (????) (surtout à eux qui n'ont rien à cirer de la géométrie!).On se donne la partie rouge de la figure, reconstituer les parties bleue et verte si possible avec la règle ébréchée et le compas rouillé et s'ils ne suffisent pas, ajouter le rapporteur mité!Amicalementpappus
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Bonjour,
Ben, deux parallélogrammes, deux triangles semblables et encore un parallélogramme, où est la difficulté ?
Cordialement,
Rescassol
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Mon cher RescassolJustement, j'attends, tranquille comme Baptiste, que quelqu'un m'écrive noir sur blanc une démonstration aussi simple!Amitiéspappus
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Bonjour,
Bon voilà, Baptiste, mais c'est quand même plus long et compliqué qu'avec le calcul dans Géogébra:
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour,
Par exemple, il suffit de taper ce qui suit dans Géogébra:Q_3=A_2+M-P_1 P_2=A_3+M-Q_1 P_3=M+(M-Q_1)*(Q_3-M)/(P_1-Q_1) Q_2=P_2+(M-Q_1)*(M-P_2)/(P_1-Q_1) A_1=P_3+Q_2-M
Cordialement,
Rescassol
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MerciTu as donné la construction du point $A_1$, OK, (incompréhensible pour tes lecteurs tant qu'elle n'est pas détaillée!).Mais as tu vérifié que le triangle $A_1A_2A_3$ ainsi construit est directement semblable au triangle $P_1Q_1M$?Amitiéspappus
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Bonsoir,
J'ai tapé le code précédent dans Matlab, avec des variable symboliques, et ajouté la ligne
Nul123=Factor((A_3-A_1)/(A_2-A_1)-(Q_1-M)/(P_1-M))
qui donne 0.Cordialement,
Rescassol
NB Les variables sont des nombres complexes.
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Merci RescassolEn définitive ta démonstration utilise les nombres complexes.Donc à la rigueur les lycéens de Terminales actuels sont susceptibles de la comprendre à défaut de pouvoir se dépatouiller avec les attaches parisiennes!Peut-on écrire une démonstration à la façon du Lebossé-Hémery que j'aurais pu comprendre quand j'étais en Classe de Mathématiques ou bien à la façon du Berger en utilisant l'attirail de la géométrie affine?Amitiéspappus
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Bonjour,
Qu'y a-t-il d'incompréhensible dans ma construction ?
Tous les arcs de cercle ont pour rayon un des segments rouges.
Il y a essentiellement deux constructions de base classiques, à répéter (on peut en faire des macros):
1) Fermer un parallélogramme $ABCD$ quand on a $ABC$:
$D$ est l'autre point d'intersection des deux cercles de centres $A$ et $C$ et de rayons $BC$ et $AB$.
2) Reproduire un angle $\widehat{BAC}$ le long d'une demi-droite $[A't($:
Le cercle de centre $A'$ et de rayon $AB$ coupe $[At($ en $B'$.
Les deux cercles de centres $A'$ et $B'$ et de rayons $AC$ et $BC$ se coupent (du "bon" côté) en $C'$.
On a alors bien $\widehat{B'A'C'}=\widehat{BAC}$.
Cordialement,
Rescassol
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Bonsoir RescassolLa construction des points $P_2$ et $Q_3$ est évidente (parallélogrammes).Par contre celle des points $P_3$ et $Q_2$ reste incompréhensible sans explications supplémentaires.Amitiéspappus
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Merci RescassolTa construction utilise les angles, une bestiole dont plus personne ne connait la définition exacte depuis belle lurette dans notre république une et indivisible!Ma philosophie? Moins on les use et mieux on se porte!Le report d'angles me semble donc être une activité laborieuse et douteuse surtout quand l'orientation est en jeu!En matière de similitudes directes, la macro à créer est la suivante.On se donne deux couples de points $(A,B)$ et $(A',B')$.Soit $s$ la similitude directe telle que $s(A)=A'$ et $s(B)=B'$.Soit $M$ un point quelconque du plan.Construire le point $M'=s(M)$.Comme on peut s'en douter cette construction, tombée dans l'oubli le plus complet, est exposée, sans le moindre report d'angles, dans le Lebossé-Hémery. J'ai dû en parler souvent dans le passé.Amitiéspappus
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Bonsoir,
J'ai construit $P_3$ et $Q_2$ en appliquant $4$ fois la construction $2$ de mon message précédent.
Cordialement,
Rescassol
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Bonsoir Rescassol
J'espère sincèrement que tes lecteurs s'y retrouveront dans tes explications.
Pour le moment je critique ta construction que j'ai tenté de faire dans la figure ci-dessous.
On tombe in fine sur les points $C'$ et $C''$ et on doit faire un choix douloureux entre les deux.
Grosso modo, tu dis: il y a un bon et un mauvais côté, de quoi exactement, on ne le sait pas.
Ensuite après avoir contemplé longuement la figure, tu décrètes que $C'$ est du bon côté et $C''$ du mauvais.
Ta construction est peut-être exacte mais j'ai quelque réticence à l'appeler une construction.
Amitiés
pappus
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Bonsoir,
Je choisis le point tel que $ABC$ et $A'B'C'$ soient orientés dans le même sens.
Cordialement,
Rescassol
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Bonsoir Rescassol
Bien sûr !
Mais l'égalité de deux angles orientés ne se fait pas visuellement.
C'est cela le problème.
Dans une construction, il n'y a pas de choix possible.
On part des données et on arrive au résultat sans avoir à faire des choix à chaque étape de la construction.
Voici comment je m'y prendrai en gardant tes notations de départ:
$C'=s_+(C)$ où $s_+$ est le déplacement défini par $s_+(A)=A'$ et $s_+(B)=B'$.
Soit $\tau$ la translation envoyant $A$ sur $A'$.
Soit $B_1=\tau(C)$et $C_1=\tau(C)$.
Soit $r$ la rotation de centre $A'$ envoyant $B_1$ sur $B'$
Alors $(r.\tau)(A)=A'$ et $(r.\tau)(B)=B'$
Par suite $s_+=r.\tau$
Donc $C'=s_+(C)=r(C_1)$
Maintenant comment faire pour construire $C'=r(C_1)$?
Certainement pas par un douteux report d'angle!
Non cent fois non !
J'utilise la décomposition de $r$ en produit de deux symétries axiales.
Sur ma figure, j'ai tracé la médiatrice $\delta$ du segment $B_1B'$.
Alors $r=s(\delta).s(A'B_1)$
J'ai donc tracé le point $C_2=s(A'B_1)(C_1)$, symétrique de $C_1$ par rapport à la droite $A'B_1$ puis le point $C'=s(\delta)(C_2)$ symétrique de
$C_2$ par rapport à $\delta$.
Amitiés
pappus
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Bonjour à tous, bonjour pappus,
Désolé d'avoir été "absent" sur ce fil.
Je reviens sur ceci :
Sans difficultés, on obtient :pappus a dit :PS. Sur la figure de droite, je note $a_1$, $a_2$, $a_3$, les longueurs des côtés du triangle $A_1$, $A_2$, $A_3$ et $(x_1,x_2,x_3)$ les coordonnées barycentriques normalisées du point $M$ dans le triangle $A_1A_2A_3$.
$$\begin{cases}A_1P_3=a_3x_2\\A_1Q_2=a_2x_3\\A_2P_1=a_1x_3\\A_2Q_3=a_3x_1\\A_3P_2=a_2x_1\\A_3Q_1=a_1x_2\end{cases} $$D'où, par exemple, $\dfrac{a_3}{a_2}=\dfrac{A_1A_2}{A_1A_3}=\dfrac{A_2Q_3}{A_3P_2}=\dfrac{MP_1}{MQ_1}$
et des rapports analogues qui prouvent que le triangle $A_1A_2A_3$ est (directement ?) semblable aux triangles $MP_1Q_1,Q_2MP_2,P_3Q_3M$
Amitiés.
[Edit 1] Directement ou indirectement ? Cette preuve ne permet pas de trancher.
[Edit 2] Il semble que la modération édite certains messages dans le but de réduire le format des figures.
C'est tout à fait justifié en général mais il existe des cas où les figures en question deviennent difficiles à lire. -
Bonjour, $\def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}}$Une fois filtrées les jérémiades et les zaffinations, il ne reste plus grand'chose! On se place dans $\pcct$. On a trois triangles rigides qui tournent chacun autour du point fixe $M$. On note $\rho,\sigma,\tau$ les turns correspondants, et on écrit que $A'_{1}=P'_{3}+Q'_{2}-M$. Si l'on appelle $p,q,r$ les $ABC$-barycentriques de $M$ dans la position initiale, on obtient : \[ \left[A',B',C'\right]=\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{p\rho+q\sigma+r\tau}{r+q+p} & * & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & * & \dfrac{p/\rho+q/\sigma+r/\tau}{\left(r+q+p\right)} \end{array}\right]\cdot\left[A,B,C\right] \]On constate que les ombilics sont invariants (avec des valeurs propres conjuguées), et c'est fini.
Cordialement, Pierre. -
Bonjour Pappus,
voilà une autre construction, peut-être y as-tu pensé.On se donne $A,B,C,A',B'$ et on cherche l'image $C'$ de $C$ par la similitude directe $s$ telle que $s(A)=A'$ et $s(B)=B'$.Pour celà:Les droites $(AB)$ et $(A'B')$ se coupent en $P$.Après $P$, les cercles $(PAA')$ et $(PBB')$ se recoupent en un deuxième point, $J$.Après $C$, la droite $(AC)$ recoupe le cercle $(PAA')$ en un deuxième point, $Q$.Après $Q$, la droite $(A'Q)$ recoupe le cercle $(CQJ)$ en un deuxième point, $C'$.$C'$ est le point cherché.Note: $J$ est le centre de la similitude.Cordialement,
RescassolPS. Pourrais-tu m'indiquer la page du Lebossé-Hémery où se trouve la construction dont tu parles ?
D'autre part, pourrais-tu m'indiquer où, dans tes messages précédents, tu précises l'orientation de tes triangles ?Tant que j'y suis, sait-on pourquoi les deux lamelles d'une attache parisienne n'ont pas la même longueur ?
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Merci Cailloux
Et bravo !
Tout est OK
Amitiés
pappus -
Mon cher RescassolAussi bien dans la construction du centre $J$ que celle de l'image $C'$ de $C$, tu te sers de l'article 242, page 149 du Lebossé-Hémery.Pour ta seconde question, regarde attentivement ma première figure de cette discussion.Sur la partie droite, les triangles $MP_1Q_1$ (rouge), $Q_2MP_2$ (vert), $P_3Q_3M$ (bleu) sont homothétiques donc ont la même orientation.Sur la partie gauche après déformation, chaque triangle de couleur se déduit du triangle de même couleur de la partie droite par un certain déplacement et donc a la même orientation!Amitiéspappus
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