"mise en perspective"

[Ben314]

Un peu de géométrie...

Si D est une droite du plan (affine euclidien) et k un réel de l'intervalle ]0,1[, on appelle "mise en perspective" de droite D et de rapport k l'application du plan dans lui même qui, à tout point M associe le point M' tel que où H est le projeté orthogonal de M sur D.

[Imaginez qu'ici, un moins fainéant que moi ait mis un beau dessin pour expliquer]

1) Montrer que tout triangle non équilatéral est l'image d'un certain triangle équilatéral par une certaine "mise en perspective".
2) Pour un triangle non équilatéral donné, y-a-t-il unicité du triangle équilatéral dont il est l'image ? y-a-t-il unicité de la "mise en perspective" (droite D et rapport k) ?
3) Si on vous donne un triangle non équilatéral, pouvez vous (à la règle et au compas) tracer une droite D et un triangle équilatéral dont l'image par une "mise en perspective" de droite D (et d'un certain rapport k) soit le triangle de départ ?

P.S. : je sais répondre aux questions 1) et 2), et il y a même plusieurs approches. Par contre pour la 3), je n'ai (pour le moment) pas de solution "élégante"

[Sourire_banane]

Un peu de géométrie...

Si D est une droite du plan (affine euclidien) et k un réel de l'intervalle ]0,1[, on appelle "mise en perspective" de droite D et de rapport k l'application du plan dans lui même qui, à tout point M associe le point M' tel que où H est le projeté orthogonal de M sur D.

[Imaginez qu'ici, un moins fainéant que moi ait mis un beau dessin pour expliquer]

1) Montrer que tout triangle non équilatéral est l'image d'un certain triangle équilatéral par une certaine "mise en perspective".
2) Pour un triangle non équilatéral donné, y-a-t-il unicité du triangle équilatéral dont il est l'image ? y-a-t-il unicité de la "mise en perspective" (droite D et rapport k) ?
3) Si on vous donne un triangle non équilatéral, pouvez vous (à la règle et au compas) tracer une droite D et un triangle équilatéral dont l'image par une "mise en perspective" de droite D (et d'un certain rapport k) soit le triangle de départ ?

P.S. : je sais répondre aux questions 1) et 2), et il y a même plusieurs approches. Par contre pour la 3), je n'ai (pour le moment) pas de solution "élégante"

Bonjour,

1) Est-ce que par "triangle non-équilatéral" on entend triangle quelconque non équilatéral ?
Si le triangle est isocèle c'est direct, mais s'il est quelconque je vois pas. On peut composer des mises en perspective ou doit-on se contenter d'une seule ?

[Doraki]

Yeaaaah ben100pi est de retouuuuur !


Si on a une droite qui fait un angle ;) avec D, et qu'on regarde t = tan;), elle est transformée par la mise en perspective de rapport k, en une droite qui fait un angle ;)' qui vérifie tan;)' = k*tan;).

On est donc naturellement amené à étudier la sous-variété {(tan ;) : tan (;)+;)/3) : tan(;)-;)/3)} de P²(R).
Si tan;) = t et sqrt(3)= tan(;)/3) = r, tan(;)+;)/3) = (t+r)/(1-tr) et tan(;)-;)/3) = (t-r)/(1+tr),
donc il s'agit de {(t-3t^3 : 4t+r+t²r : 4t-r-t²r) ; t dans R},
qui est aussi {(a:b:c) de P²(R) / 9abc = (a+b+c)(ab+ac+bc)}.

Ce qui veut dire que si on a un triangle formé par 3 droites dont les tangentes avec D valent a,b,c ; et si 9abc = (a+b+c)(ab+ac+bc), alors une mise en perspective judicieuse par rapport à D l'envoie sur un triangle équilatéral.

Maintenant on prend un triangle quelconque et une droite quelconque, et on regarde les tangentes des angles des cotés du triangle avec cette droite.
On cherche donc une tangente d telle que si a',b',c' = (a+d)/(1-ad),(b+d)/(1-bd),(c+d)/(1-cd),
alors 9a'b'c' = (a'+b'+c')(a'b'+a'c'+b'c').
On obtient donc une équation de degré 9 (je crois) sur d. 9 est impair, donc il y a une (ou plusieurs) solutions réelles, ce qui répond affirmativement presque tout le temps à la question 1.

Pour répondre aux autres questions il faut étudier plus en détail cette équation de degré 9, et aussi étudier l'application (a:b:c) -> t permettant de construire le triangle équilatéral final.

[Ben314]

@Sourire_banane :
Et effectivement, s'il est isocèle avec AB=AC une perspective par rapport à la droite (BC) va convenir A CONDITION que BC > AB=AC car une perspective doit avoir un rapport <1 (en fait on peut ne pas vraiment tenir compte de cette contrainte dans un premier temps et/ou expliquer pourquoi elle n'est pas vraiment limitative)
Si le triangle n'est pas isocèle, ben... il faut faut sans doute prendre une droite D qui n'est pas parallèle à un des cotés...

@Doraki :
CONTENT DE VOIR QUE TU ES RESTE AU POSTE !!!!
Ca a l'air d'être bon pour le 1) (j'ai pas vérifié non plus que le polynôme est de degré impair) modulo que le rapport k de la perspective risque d'être >1 (mais c'est pas super gênant car...)
Mais par contre, vu la question 3 (construction à la règle et au compas), si on veut résoudre le problème par des méthodes analytiques, il faudrait que la résolution ne fasse appel qu'à des résolutions d'équations du 2nd degré.
En fait cela signifie que ton polynôme de degré 9 doit être "trés spécial" (factorisable simplement ou avec des racines évidentes ou ne contenir que des exposants pairs...)

P.S. : les 2 méthodes pas trop longues que je connais demandent peu de calcul, mais une certaine connaissance concernant l'algèbre linéaire et/ou les applications affine du plan.
Mais il y a peut-être des méthodes plus élémentaires.

[Doraki]

La réciproque de [t:u] -> [tuu-3tuu : 4tuu+ruuu+rttu : 4tuu-ruu-rttu]
est [a:b:c] -> [r(bb+2bc-2ab+cc-2ac) : 3bb-3cc]

Donc [tan;) : 1] -> [tan;) : tan(;)+;)/3) : tan(;)-;)/3)] est un isomorphisme de P1(R) dans {[a:b:c] de P²(R) / 9abc = (a+b+c)(ab+bc+ac)}, et on peut donc construire tan(;)) sans problème à partir de a,b,c.

Pour trouver la bonne droite, en fait l'équation sur d est de degré 6, et est secrètement une équation de degré 3 portant sur (d-1/d).
Si d est une racine alors -1/d aussi : si une droite D permet de transformer le triangle en un triangle équilatéral... alors une droite perpendiculaire à D peut aussi le faire (!?!?).

Après calcul, on obtient
((d-1/d)²+4)(A(d-1/d) + 2B) = 0, où A = (a+b+c)(ab+bc+ac)-9abc et B = (ab+bc+ac)²-3abc(a+b+c)-(a+b+c)²+3(ab+bc+ac)

Donc d-1/d est une fraction rationnelle symétrique en a,b,c. On en déduit que d, le triangle équilatéral final, et k sont constructibles.

On apprend aussi que si on prend une droite de pente i (ou -i) (qui sont orthogonales à elles-même (pour ceux qui seraient tentés de faire un dessin !)), tous les triangles sont des triangles équilatéraux mis en perspectives par rapport à ces droites.

[Ben314]

Si d est une racine alors -1/d aussi : si une droite D permet de transformer le triangle en un triangle équilatéral... alors une droite perpendiculaire à D peut aussi le faire (!?!?).

Oui, car la composée d'une perspective de rapport k suivant une droite D et d'une homothétie de rapport 1/k (centrée sur un point A de D) est la perspective suivant la droite D' perpendiculaire à D passant par A et de rapport 1/k.
Comme l'homothétique d'un triangle équilatéral est aussi équilatéral il y a effectivement toujours au moins 2 types de solution (D,k) et (D',1/k) avec D' perpendiculaire à D. (par contre un seul de k et 1/k est <1)

Après, ta solution m'a l'air de parfaitement fonctionner : j'ai pas refait les calculs, mais le résultat avec ces deux solutions d et 1/d et le fait qu'il faille faire une extraction de racine (pour résoudre d-1/d=cst) me convainc qu'il est bon.

Aprés, reste à trouver une "jolie" construction de D et du triangle équilatéral.

[Ben314]

Les 2 méthodes que je connais demandent plus de connaissance :

La première est purement géométrique.

Il faut savoir qu'étant donné 3 points non alignés A,B,C et 3 autres non alignés A',B',C' il existe une unique application affine envoyant les premiers sur les second.
Il faut aussi savoir qu'une application affine conserve les barycentres et envoie un cercle sur une ellipse et (mais ça c'est évident) qu'une ellipse est l'image d'un cercle par une "mise en perspective" de droite son grand axe et de rapport k = petit axe/ grand axe.

Ensuite, partant d'un triangle quelconque, on sait qu'il est l'image d'un triangle équilatéral par une application affine. Si on regarde l'image du cercle inscrit dans le triangle équilatéral, c'est une ellipse tangente aux trois cotés du triangle en leurs milieu.
Cette ellipse est l'image d'un cercle par une "mise en perspective" et si on regarde l'image réciproque du triangle quelconque par cette "mise en perspective", c'est un triangle dont le cercle inscrit est tangent aux cotés en leur milieu : il est donc équilatéral.

[Ben314]

La seconde utilise l'algèbre linéaire.

Si on a notre triangle quelconque (ABC) non équilatéral et un triangle équilatéral fixé (PQR), il existe ue unique application linéaire L envoyant les vecteurs PQ et PR sur AB et AC.
Or la matrice de L (dans une base orthonormée) peut s'écrire M=P.S où P est orthogonale et S symétrique définie positive (décomposition polaire).
De plus S étant symétrique, elle est diagonalisable dans une base orthonormée : S=QDQ^-1 où Q est orthogonale et D est diagonale (à valeurs >0)
Enfin, si on factorise la plus grande des deux valeurs s de la diagonale de D, on peut écrire D=sD' où D' est diagonale avec un 1 et un k de ]0,1[ sur la diagonale
Donc M = PQsD'Q^-1 = (PQ)D'(PQ)^-1 x (sP)
Où sP est la composée d'une homothétie est d'une isométrie (donc une similitude) qui envoie PQR sur un autre triangle équilatéral et (PQ)D'(PQ)^-1 est une "mise en perspective"

[Doraki]

Après un peu de géométrie algébrique, j'ai trouvé qu'il existe deux entiers x et y tels que la construction suivante marche :

On a un triangle ABC quelconque.
On dessine un vecteur U non nul quelconque.
Si x est un vecteur non nul on appelle Tx la transformation linéaire orthogonale qui transforme le vecteur U en le vecteur x, et x' le symétrique de x par rapport à la droite dirigeant u.
On construit le centre de gravité G et l'orthocentre H de ABC.

Si GH=0 alors, le triangle est équilatéral et on a fini.
Sinon, on considère V = T(AB) ° T(BC) ° T(CA) ° T(HG') (U) et W = homothétie de rapport l'aire du triangle * T(HG) ° T(HG) (U).
On construit le vecteur Z = xV+yW. (pour l'instant tout est constructible à la règle et à l'équerre (90-45-45)))

On sort son compas et on construit les deux bissectrices entre Z et U. Ces deux droites sont les droites par rapport auxquelles il faut faire une perspective pour obtenir un triangle équilatéral.