Des longueurs et des angles

[L.A.]

Bonjour à tou.te.s

un problème de géométrie plane pour lequel je n'ai pas de solution satisfaisante pour l'instant :

Étant donnés trois points non alignés T1,T2,T3
déterminer trois points R1,R2,R3 tels que
- les angles T1R3T2 = T2R1T3 = T3R2T1 = 60°
- les longueurs T1R2 = T1R3, T2R1 = T2R3, T3R1=T3R2.

A noter que les céviennes (TiRi) ont tout l'air d'être concourantes.

Un exemple (résolu par tâtonnement, je prends R1 au hasard, je construis R2 puis R3 puis j'ajuste jusqu'à boucler sur R1) :
https://pbs.twimg.com/media/GGpOCRqWEAAyhgz?format=png&name=900x900

EDIT : je ne suis pas venu depuis longtemps sur ce forum, c'est normal tous ces bots ?

[Ben314]

Salut,
Vu ton dessin, avec les cercles en pointillés, tes angles de 60°, tu as plutôt l'air de considérer que c'est des angles orientés de droite et c'est plus simple comme ça (ton énoncé avec des angles non orientés, ça m'a foutu dedans au départ . . .)
Mais à mon avis, c'est plus que la m... : partant d'un point R1 sur son cercle, des points R2 sur le deuxième cercle et à même distance de T3, tu va en avoir deux (ou zéro), puis, partant de R2 idem donc en général 4 point R3 possible et si tu continue une fois de plus pour revenir sur le premier cercle, ça donne 8 points R4 possible donc potentiellement 8 solutions.

Et d'un autre coté, j'ai fait un essai avec géogébra et j'ai bien l'impression qu'assez régulièrement, il n'y a pas de solutions.

[L.A.]

Merci de ta réponse,

je reconnais que le problème n'est sans doute pas bien posé, il y a probablement des conditions assez fortes à rajouter sur le triangle, en gros il doit être quasi isocèle, voire quasi équilatéral pour que ça marche (angles proches de 60°).

Au départ, j'ai construit ce triangle T123 à partir d'un autre triangle C123, j'ai constaté cette propriété qui semble le caractériser, maintenant je cherche à me passer du triangle C123 voire à le reconstruire après coup.

En termes de dessin en perspective, T123 sont trois points de fuite d'un tétraèdre régulier. Il s'agit donc de géométrie projective, peut-être faut-il chercher du côté des homographies, birapports, inversions de cercles, puissance d'un point/cercle etc. Ou bien en coordonnées : j'ai tenté de passer par les nombres complexes mais sans succès.

[L.A.]

En ce qui concerne les angles (orientés, de droites, etc.) je voudrais autant que possible rester sur la partie extérieure des cercles pointillés, mais on peut envisager la partie intérieure, cela allégera probablement les contraintes à donner au triangle. Pas de différence niveau géométrie projective en tout cas.

A noter aussi que si R1 est une solution alors sont symétrique par rapport à la droite (T2T3) l'est aussi de manière évidente. S'il y a unicité c'est à ces symétries près.

[Ben314]

C'est quoi que tu appelle des "points de fuite" de ton tétraèdre ?
Sinon, c'est bizarre que tu te retrouve avec des angles et des longueurs dans un problème de géométrie projectives : normalement, des angles, il n'y en a pas et les seules "longueurs" qu'il y ait, c'est les birapports.

[L.A.]

Si je dessine un cube en perspective, les 12 arêtes sont issues de 3 pf C1,C2,C3.
Si je considère 12 les diagonales des ses faces (cad les arêtes des deux tétraèdres inclus dedans), elles sont issues de 6 pf.
Ici T1,T2,T3 sont les pf de trois diagonales issues d'un même sommet.
https://pbs.twimg.com/media/GGotTUhXoAACHRt?format=jpg&name=large

A noter que le triangle C1C2C3 est toujours aigu. De même le triangle T1T2T3 est "plus" qu'aigu, "quasi" équilatéral (notion à préciser...).

Dessiner sur une feuille à plat fait qu'on choisit une projection du plan projectif P(R^3) privé d'une droite sur un plan affine R^2. D'où l'apparition des longueurs et des angles. On peut changer l'angle de vue, appliquer une homographie aux points de fuite Ti. Les solutions Ri bougent aussi, ce n'est pas selon l'homographie, mais elles continuent d'exister, en toute logique.

Bref la perspective c'est une combinaison de deux projections R^3\{0} -> P(R^3) puis P(R^3)\droite -> R^2x{1}, le tout correspondant à une projection R^3\(plan z=0) -> R^2x{1}, (x,y,z) |-> (x/z,y/z,1) selon (0,0,0)

Les Ri sont ce que j'appelle dans mon vocabulaire perso des "points rectificateurs" : si je considère un horizon h sur un dessin, alors il existe deux points R et R' symétriques, en lesquels, pour tous pf P1 et P2 sur h, l'angle P1RP2 est l'angle des deux directions correspondant à P1 et P2 dans l'espace 3D.
R est simplement l'image de (0,0,0) ramené sur le plan R^2x{1} par rotation autour de h.
Cette relation horizon / pt rectif encode toute la structure euclidienne du dessin, angles, distance etc.

Ici R1 est le point rectificateur de l'horizon (T2T3), d'où la condition sur les angles. La condition sur les distances vient du fait que, lorsque je passe d'un horizon à un autre, les 4 points rectif sont sur le même cercle centré au point d'intersection.

Il existe donc des triangles qui ont des solutions j'en suis sûr et je peux vous en montrer, mais quelle forme ont-ils en général ?... bah j'en sais rien.

EDIT : pour être clair sur les angles, on peut remplacer T1R3T2 = T2R1T3 = T3R2T1 = 60° par :
T1R3T2, T2R1T3, T3R2T1 égaux à 60° modulo 180°.

[L.A.]

Si ça peux aider, je dirais que mon triangle de départ T1T2T3 est l'image d'un triangle équilatéral de côté racine(6)/2 centré en (0,0,1) par l'action d'une matrice orthogonale SO(3) sur R^2x{1}.
Enfin je crois...

[L.A.]

Un exemple de contrainte lié à ces points rectificateurs dans un dessin en perspective :

Si je veux tracer un carré bien proportionné, les quatre pf (2 pour les côtés et 2 pour les diagonales) ne doivent pas être placés n'importe comment sur l'horizon. Notons les N (nord), E (est), NE et SE, alors il existe un point R tel que les angles N-R-NE, NE-R-E et E-R-SE sont égaux à 45°.

En d'autres termes, je peux placer N,NE,E comme je veux, mais je dois placer le quatrième pf SE en fonction des trois premiers, puisque ces trois points me fixent la position du point rectificateur.

https://1drv.ms/i/s!AuibTdDx9Xe-tnMwhLXQmubizZ_J?e=86bERf

[L.A.]

https://1drv.ms/i/s!AuibTdDx9Xe-tnYHrEmfYEvJH9m4?e=d4k1Ng

Une situation où deux solutions semblent coexister (une en bleu, une en rouge).
Je dois approfondir mes recherches sur cet exemple, mais pour le moment je n'ai pas réussi à les distinguer : toutes les deux ont des céviennes concourantes, donnent des systèmes de 6pf tétraédriques et de 3pf cubiques cohérents avec point focal tout comme il faut. Il y a bien une des deux (la bleue) où le triangle n'est pas le triangle "central" du système de 6pf, mais d'un point de vue projectif c'est indiscernable.

Bref je pense qu'on peut abandonner l'idée d'unicité... c'est un problème finalement très analytique plutôt que géométrique, ça se rapproche plus du théorème des valeurs intermédiaires ou de problèmes de convergence de suite que de construction géométrique pure.

[Ben314]

J'ai très vaguement regardé (avec un logiciel de calcul formel), mais sans arriver à rien.
A mon sens (mais peut-être que je me trompe), si tu met ton truc en équation, tu ne va pas pouvoir écrire autre chose que le fait que tes points sont sur des intersections de cercles donc des truc de degré 2, puis 4, puis 8 lorsque tu reviens sur le point de départ. Donc à moins d'une méga simplification (=le fait qu'on a pas abordé le problème correctement) j'y crois pas trop.

Question : dans le cas d'un simple carré, si on connait 3 des sommets de ce carré vu en perspective, sait tu trouver où est le(s) quatrième(s) point possible(s) ?

[L.A.]

Question : dans le cas d'un simple carré, si on connait 3 des sommets de ce carré vu en perspective, sait tu trouver où est le(s) quatrième(s) point possible(s) ?

Oui, à condition de connaître un tout petit peu plus plus que trois points... il me faut aussi l'horizon, ou à défaut un peu de contexte qui me permette de le retrouver (des lignes parallèles dans l'espace 3D aux côtés du carré par exemple).

Pour mon problème, en effet ça me semble hautement compliqué, pour tout dire ingérable (je n'irai pas jusqu'à chaotique mais presque...). J'ai observé comment une solution double peut "poper", puis se scinder en deux solutions simples. Après tout il s'agit de faire agir un groupe de transformations continu... Cela dit, c'était la seule configuration qui me restait à traiter, j'avais bon espoir que ça marche comme pour le reste, en fait bof.

[Ben314]

Perso., pour le coup des 3 points, en projectif, c'est 3 droites et ce qu'on cherche c'est un trièdre orthonormé où les points A,B,C sont situés sur les trois droite.
Et ça te fait un système de 3 équations à 3 inconnues donc à priori, tu as pas besoin de plus pour qu'il n'y ait qu'un nombre fini de solutions. Et je me demandais si c'était faisable facilement de les représenter sur le plan de départ.

[L.A.]

Peux-tu préciser tes 3 équations 3 inconnues ? pour moi tous les points du plan ou presque pourraient convenir,
le quatrième point dépend de l'horizon et inversement.

d'ailleurs peu importe que ce soit un carré, savoir que c'est un parallélogramme suffit pour ton pb. Là ou la structure de carré peut intervenir, c'est mettons si tu dessines un carré et un segment sur un plan vu en perspective et si tu veux compléter le segment en un carré.

[Ben314]

Dans le plan tu as tes 3 points , , supposés connus.
Dans l'espace il proviennent de trois points , , où sont inconnus.
Sauf qu'on veut que dans R^3, ce soit les cotés d'un carré et qu'on peut considérer (à une homothétie près qui ne change rien) que c'est un carré de coté 1. Donc ça conduit aux 3 équations ; ; (produit scalaire).
Il me semble que, sauf cas particulier, ces équations (quadratiques en ) sont indépendantes donc il n'y a qu'un nombre fini de solution. Et bien sûr, lorsque tu as une solution pour A,B,C (dans R^3) tu en déduit le 4 em point du carré (dans R^3) puis son projeté sur le plan de départ.

EDIT : Je sais pourquoi ça déconne mon truc : ça présuppose que l'origine du repère dans lequel on a les coordonnées des 3 points de départ, c'est le point du plan le plus prés de l'origine (donc de l’œil qui regarde l'objet) alors qu'à priori, on ne sait pas où est ce point donc ça conduit à 2 paramètres de plus.

[L.A.]

Je pense qu'il y a une variable cachée entre nous, dans la position que l'oeil du spectateur doit avoir par rapport au dessin.
Si ton dessin est fait pour être vu à 1 unité de distance au dessus du point (0,0), alors le 4e point ne sera pas placé au même endroit que s'il est fait pour être vu au dessus du point (10,0).

Bref tu dois me donner trois points, plus un point d'observation, plus une distance d'observation, et là je dois pouvoir te placer le 4e point sans problème (il faut que je réfléchisse à une construction, mais je sais que je peux te dire si une solution proposée est bonne ou pas). En gros, je raisonnais avec une feuille blanche et toi avec un repère et un point d'observation fixé à l'origine.

EDIT : ok je vois qu'on arrive à la même conclusion

[L.A.]

@Ben314 :

https://1drv.ms/i/s!AuibTdDx9Xe-tne4q4BGGpCGjUNm?e=U2q30Y

Un exemple sur ton pb de 4e point de carré : les 3 pts de départ sont le triangle bleu, l'aplomb de l'oeil sur le dessin (point focal F dans mon vocabulaire) est le point rose, la distance entre l'oeil et l'écran est donnée par le rayon du cercle en trait plein de centre F.

L'hyperbole verte est le lieu de tous les 4e points formant des rectangles (éventuellement "inversés" projectivement). Pour savoir si c'est un carré ou non, il faut que le point correspondant sur la boucle rose (boucle et hyperbole sont paramétrées par une même variable réelle) soit en F.

Ici donc 4 solutions... à toi de les trouver moi je vais me contenter d'essayer de construire l'hyperbole.

EDIT : ou peut-être qu'en passant des rectangles aux losanges, on peut obtenir une autre hyperbole et regarder les 4 points d'intersection... je vais creuser par là

[L.A.]

https://1drv.ms/i/s!AuibTdDx9Xe-tngMYTUUebbzwYky?e=fDt8gj

Ca marche ! voici tes quatre 4e points possibles à l'intersection des 2 hyperboles

C'est même constructif en un sens (à condition de savoir tracer une conique passant par 5 points comme le fait GGB).