Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

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Ben314
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Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

par Ben314 » 08 Mar 2017, 23:51

Hello.

Étant donné une droite du plan affine Euclidien, on va appeler "affinité orthogonale d'axe et de rapport " (*) l'application du plan dans lui même qui à un point associe le point tel que est le projeté orthogonal de sur .

Étant donné 4 points A , B , C , D cocycliques (distincts) du plan, quelles sont les droites telles que, quelque soit le rapport (non nul) les images de A , B , C , D par l'affinité orthogonale d'axe et de rapport soient eux aussi cocycliques ?

(*) Y'a p'têt déjà un nom dédié, mais j'ai oublié lequel.... Je me rapelle juste une lointaine énigme où j'avais appelé ça une "mise en perspective", mais "affinité orthogonale", ça fait quand même plus "classe"...
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LjjMaths
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Re: Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

par LjjMaths » 10 Mar 2017, 09:43

Salut,
Je dis peut être une bêtise mais si je comprends bien, trouve l image d un point par l affinité orthogonale ca revient à faire le symetrique de par rapport à puis à faire de nouveau la symétrie pour retomber sur (on a ainsi trouver ) et si on avait pris un cercle à la place d un point, on serait retomber sur ce meme cercle puisque l image d un cercle par une réflexion est un cercle
Et ensuite, maintenant qu on a et ba On applique une translation de vecteur
Or l image d un cercle par une translation de vecteur est un cercle.
Donc l image d un cercle par l affinité orthogonal d axe et de rapport est un cercle pour tout

Mais après je suis pas certain que dire que l image d un cercle est un cercle revient à dire que l image de 4 points cocycliques sont 4 points cocycliques

Doraki
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Re: Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

par Doraki » 10 Mar 2017, 14:21

Si je regarde une droite Δ horizontale (ou verticale ça change pas grand chose),
les équations de cercles après image par affinité orthogonale sont des équations de la forme
a(x² + t²y²) + bx + cy + d = 0,

donc 4 points (xi,yi) du plan sont sur une famille de telles ellipses si et seulement si
pour tout t, les 4 vecteurs (xi²+t²yi², xi, yi, 1) sont liés,
ce qui est équivalent en prenant le déterminant, à l'annulation (pour tout t) du polynôme
D(t) = (det (xi²,xi,yi,1)) + t² (det (yi²,xi,yi,1)), et donc à l'annulation des 2 coefficients.

Par exemple, l'annulation du premier coefficient dit que les 4 points sont sur une parabole "verticale", et l'annulation du deuxième dit qu'ils sont sur une parabole "horizontale", donc il suffit de prendre deux telles paraboles et de les intersecter pour obtenir une configuration qui marche.

Plus généralement, comme on a 2 coefficients à annuler, il suffit de prendre 2 coniques de la bonne forme (dont les axes de symétries sont horizontaux et verticaux), et de les intersecter pour obtenir 4 points qui vont alors automatiquement être sur une famille de telles coniques.

Lorsque t²=1, ça donne un cercle, donc si on part sur 4 points qui sont déjà cocycliques, il suffit donc de prendre n'importe quelle conique qui passe par ces 4 points et de regarder ses axes de symétries pour obtenir les directions cherchées.

Un autre exemple de conique est une réunion de 2 droites, et si on a 4 points, ben c'est super facile de trouver une telle conique qui passe par ces 4 points, suffit d'apparier les points au hasard et de tracer les droites.

Donc finalement, on prend A,B,C,D cocycliques, on trace les droites (AB) et (CD), on regarde les axes de symétries de la conique (réunion de (AB) et (CD)), c'est à dire les directions des bissectrices à leur point d'intersection, et on a gagné.

Au passage, ça montre que la direction de ces bissectrices ne dépend pas de comment on choisit les paires de points, on a 3 choix et à la fin on a toujours le même résultat.

Sur geogebra on peut fixer 4 points cocycliques, faire varier un 5ème point et dessiner la conique qui passe par les 5 points, on voit très bien que les directions de leurs axes de symétries sont indépendantes du 5ème point, c'est joli.
Modifié en dernier par Doraki le 10 Mar 2017, 18:05, modifié 1 fois.

Doraki
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Re: Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

par Doraki » 10 Mar 2017, 17:47

Si on paramétrise les points sur le cercle par leur angle à partir du centre, les angles des deux droites
correspondent à la "moyenne" des 4 angles, (quand on divise par 4, on obtient un truc modulo pi/2, donc bien une paire de droites perpendiculaires)

Parceque bon des fonctions symmétriques qui tournent d'un quart de tour quand un point fait un tour sur le cercle, j'en vois pas beaucoup d'autres. Et en faisant la construction, ça devrait se voir facilement.

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Re: Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

par Ben314 » 10 Mar 2017, 17:47

Effectivement et y'a plusieurs truc que j'avais pas vu, et surtout, j'avais pas fait gaffe au départ que le "t" devant le x dans l'équation a(x² + t²y²) + b(tx) + cy + d = 0 on pouvait le virer vu le contexte (i.e. on cherche a,b,c,d, dépendant de t tels que. . . ) ce qui fait que pas mal de mes calculs étaient bien plus pourri que les tiens et j'avais des truc un peu "miraculeux".

Sinon, un autre endroit où les deux fameuse direction (orthogonales) apparaissent, c'est si tu regarde le lieu géométrique H des centres de toutes les coniques passant par A , B , C , D , ça te fait systématiquement une hyperbole équilatère (qui passe par le centre O du cercle contenant A,B,C,D ainsi que par le point d'intersection de (AB) et (CD) ainsi que celui de (AC) et (BD) et celui de (AD) et (BC) ).
Et les direction des deux asymptotes (orthogonales) de cette hyperbole H, c'est les deux directions en question.

Par contre, j'ai pas trop regardé quelle propriété "simple" possède le centre de cette hyperbole par rapport aux 4 points cocycliques A , B , C , D de départ, ni sur quel cas particulier on tombe lorsque l'on prend comme axe de "l'affinité orthogonale" une des deux asymptotes de l'hyperbole H.
Modifié en dernier par Ben314 le 10 Mar 2017, 18:31, modifié 2 fois.
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Re: Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

par Doraki » 10 Mar 2017, 18:01

Il se passe quoi pour le lieu géométrique de H si tu pars de A B C D qui ne sont pas cocycliques ?

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Re: Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

par Ben314 » 10 Mar 2017, 18:30

J'ai pas regardé : je pense très fort que ça fait une conique, mais cette fois quelconque...
Sauf erreur, les hyperboles équilatères sont "les duales" (mais je sais plus en quel sens) des cercles.

Sinon, concernant le centre de l'hyperbole équilatère, c'est pas trop dur (et pas super étonnant) : c'est l'isobarycentre de A , B , C , D et ça risque d'être pareil lorsque A , B , C , D ne sont pas cocycliques (à vérifier. . .)

Concernant les direction des deux droites (dans le cas cocyclique), je pense que la caractérisation angulaire que tu donne doit être parmi les plus simples (et on peut dire que c'est les bissectrices des bissectrice des angles AOB et COD)
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Re: Image d'un cercle par une "affinité orthogonale"

par Ben314 » 10 Mar 2017, 23:14

Avec moitié calculs (pourris avec Maple) moitié géogébra :

Le lieu géométrique des centres des coniques passant par 4 points A , B , C , D non alignés du plan est une conique K éventuellement dégénérée.

1) K est la réunion de deux droites parallèles si 3 des 4 points sont alignés ;
C'est une ellipse si un des points est contenu dans le triangle formé des 3 autres ;
C'est une hyperbole éventuellement dégénérée sinon (cas dans lequel deux segments style [AB] et [CD] sont sécants).
L'hyperbole est dégénérée en deux droites sécantes si (AB)//(CD) ou (AC)//(BD) ou (AD)//(BC)

2) Cette conique est centrée en l'isobarycentre G de A , B , C , D et elle passe par l'intersection de (AB) et (CD), celle de (AC) et (BD) et celle de (AD) et (BC) ce qui la détermine entièrement (avec les symétrique par rapport à G des 3 points d'intersection, ça fait 6 points connus)

3) K est un cercle ssi les 4 points sont en "position orthocentrique" (i.e. un des 4 est l'orthocentre des 3 autres, ce qui équivaut au fait que n'importe lequel des 4 est l'orthocentre des 3 autres)
Et dans ce cas c'est... le cercle d'Euler du triangle (ABC) (et ça permet de voir que, si H est l'orthocentre de (ABC) alors le cercle d'Euler de (ABC) est le même que celui de (ABH), de (ACH), de (BCH) )

4) K est une hyperbole équilatère ssi A , B , C , D sont cocycliques.
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