Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,
Une remarque qui n'aura sans doute échappé à personne :
Sous certaines conditions, il peut arriver que le polygone final ait moins de $n$ côtés.

Bonjour,
Je vais essayer de préciser les choses avec un petit préalable :

On compose deux symétries centrales $\sigma_1$ et $\sigma_2$ de centres $M_1$ et $M_2$ donnés.
$t=\sigma_2\circ \sigma_1$
$t(m_1)=\sigma_2(m_2)=m_3$
Je pense qu'il est clair (droite des milieux) que $t$ est la translation de vecteur $2\overrightarrow{M_1M_2}=2\overrightarrow{u_1}$
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On revient à notre problème où les $M_i$ ($1\leq i\leq n$) sont donnés avec $n$ impair.
On considère la transformation ponctuelle du plan $s$ composée des $n$ symétries centrales de centres $M_1,M_2\cdots M_n$ :

On part d'un point quelconque $m_1$ transformé successivement en $m_2,m_3,m_4\cdots m_{n-2},m_{n-1},m_n,m_{n+1}$
Avec le préalable, $s$ est la composée de $\dfrac{n-1}{2}$ translations de vecteurs $2\overrightarrow{u_1},2\overrightarrow{u_2}\cdots 2\overrightarrow{u_{\frac{n-1}{2}}}$ et de la symétrie centrale finale de centre $M_n$.
On peut écrire :
$\overrightarrow{m_1m_{n+1}}=2(\underbrace{\overrightarrow{u_1}+\overrightarrow{u_2}+\cdots +\overrightarrow{u_{\frac{n-1}{2}}}}_{\overrightarrow{U}})+2\overrightarrow{M_nm_{n+1}}$
Pour que notre problème ait une solution, il faut et il suffit que $m_1=m_{n+1}=A_1$ point fixe de la transformation $s$.
On en tire immédiatement $\overrightarrow{M_nA_1}=-\overrightarrow{U}$
On peut préciser : $s$ (du groupe homothéties/translations) en tant que composée de translations et d'une homothétie de rapport $-1$, est une isométrie. En général, ce n'est ni l'identité du plan ni une translation : c'est donc l'homothétie de centre $A_1$ et de rapport $-1$ autrement dit la symétrie centrale de centre $A_1$.
Bien sûr, dès qu'on tient $A_1$, on obtient notre unique polygone solution dans le cas impair en lui faisant subir successivement les symétries centrales de centres $M_1,M_2 \cdots M_n$
Dans le cas pair $s$ est une composée de translations donc une translation de vecteur $2\overrightarrow{U}$. Pour qu'il y ait des solutions (il y en a alors une infinité), il faut que ce vecteur  $\overrightarrow{U}$ soit nul. $s$ est alors l'identité du plan.
En espérant avoir été assez clair ...

Bonjour à tous,
Je pense utile de préciser l'utilisation de la commande "Inversion" de GeoGebra. L'avenir nous dira peut-être si j'ai raison (ou pas).
Pour rester dans l'esprit de ce fil, voici un exemple :
Un cercle $\Gamma$ ainsi qu'un point $\Omega$ sont donnés.
On cherche l'unique inversion $i$ de pôle $\Omega$ qui laisse le cercle $\Gamma$ (globalement) invariant.
Avec la théorie, aucun problème : la puissance de cette inversion est la puissance du point $\Omega$ par rapport au cercle $\Gamma$.
Mais avec GeoGebra, deux cas sont à envisager :
1) $\Omega$ est extérieur au cercle $\Gamma$ (sa puissance par rapport à $\Gamma$ est positive).

On construit le cercle d'inversion de centre $\Omega$ et de rayon $r$ en menant de $\Omega$ une tangente en $T$ au cercle $\Gamma$.
On a bien $r^2=\Omega O^2-R^2=\mathcal{P}_{\Gamma}(\Omega)$
Les cercles $\Gamma$ et $\gamma$ (le cercle d'inversion) sont orthogonaux.
$\overline{\Omega M}.\overline{\Omega M'}=r^2$. Les points $M$ et $M'$ s'échangent dans l'inversion $i$ cherchée et la commande "Inversion" de GeoGebra fonctionne sans souci.

2) $\Omega$ est intérieur au cercle $\Gamma$ (sa puissance par rapport à $\Gamma$ est négative).

$\mathcal{P}_{\Gamma}(\Omega)=\Omega O^2-R^2=-r^2$
Soit $i_+$ l'inversion de pôle $\Omega$ et de puissance $r^2$ et $\sigma$ la symétrie centrale de centre $\Omega$ :
$i=i_+\circ \sigma=\sigma\circ i_+$
$i(M)=\sigma\circ i_+(M)=\sigma(M_1)=M'$ et $\overline{\Omega M}.\overline{\Omega M'}=-r^2$
Le cercle $\Gamma$ coupe diamétralement le cercle d'inversion $\gamma$. On dit que $\Gamma$ est "pseudo-orthogonal" à $\gamma$.
$M$ et $M'$ s'échangent dans l'inversion $i$ mais pour l'obtenir avec GeoGebra, il faut composer l'inversion de puissance positive $r^2$ avec la symétrie centrale $\sigma$ pour obtenir l'inversion de puissance négative $-r^2$.

Dans ce fil, avec une inversion de pôle $X_{15}$ (intérieur au cercle), nous sommes dans le second cas de figure.
On peut refaire l'exercice avec pour pôle d'inversion $X_{16}$ (extérieur au cercle). Sa construction est évoquée plus haut.

Bonjour Bernard-maths,
Ton message est un peu ... "curieux".

Je pense qu'il est clair pour tout le monde que ce sont les triplets de points $(A,B,C)$ et $(A',B',C')$ qui s'échangent par inversion.
Que vient faire $X_{38}$ dans cette histoire ?
Tes figures et leur commentaire ici :

sont faux.
P.S. L'abus de points d'exclamation est mauvais pour la santé

Bonjour Bernard-maths,
Une construction est plus ou moins suggérée par la figure :
À partir d'un triangle $ABC$, on construit le cercle circonscrit et son centre $O$ puis son point de Lemoine $K$ isogonal du centre de gravité ou si tu préfères le point de concours des symédianes.
On récupère l'axe de Brocard $(OK)$. La bissectrice intérieure en $T$ (voir la construction de ce point) du triangle $RST$ recoupe cet axe en $X_{15}$. La bissectrice extérieure donne $X_{16}$
Il existe bien d'autres constructions. Un lien pour tout savoir sur les points isodynamiques :
Points isodynamiques

Bonjour,
Cas $n$ pair par exemple $n=4$ :
Pour qu'il y ait des solutions (et il y en a dans ce cas une infinité) , il faut que $\vec{u}+\vec{v}=\vec{0}$ autrement dit que le quadrilatère $M_1M_2M_3M_4$ soit un parallélogramme.
C'est une réciproque du théorème de Varignon.
[Edit] Dans le cas pair et avec les bonnes conditions sur les $M_i$, la transformation déjà évoquée est l'identité du plan.
Tout ceci coïncide fort heureusement avec les déterminants (nuls cas pair, non nuls cas impair) des matrices de Rescassol.
[Edit1] Je précise au cas où on ne l'aurait pas compris que mon Edit précédent a été écrit après avoir lu le message de Rescassol ci dessous.

Bonjour,
C'est un bouquin d'algèbre linéaire 1er cycle :
Grifone

Bonjour DSBmath,
je viens de voir ceci :

qui mérite quelques commentaires :
Je ne m'étendrai pas sur tes compétences mathématiques (avérées et méritoires).
En ces tristes temps où l’Éducation Nationale a démissionné depuis fort longtemps, les mathématiques ne sont pas les seules victimes.
Il y aussi le Français.
De mon point de vue, ce qui est le plus étonnant, c'est que tu ne fais aucune faute d’orthographe : extraordinaire !
Confidence pour confidence, nous sommes quasiment "collègues" :
J'ai passé ma vie professionnelle dans les mines de charbon au "fond" (Comme toi : pas drôle tous les jours avec des évènements abominables).
Porte toi bien.

Bonne nuit DSBmath,
Bien que je ne sois pas un spécialiste, j'ai bien compris ta dernière construction. Mais il y a un mais :

Là, tu verses dans une version euclidienne qui n'a rien à faire dans ta construction projective.
En clair, à partir de 5 points définissant une conique et une droite, les éventuelles intersections droite/conique doivent être construites uniquement à partir de droites sans passer par des foyers. Les évoquer est quasiment une hérésie projective.
C'est un point de détail mais il reste le principal :

Bonjour,
J'ai l'impression que tu as cherché le lieu de $R$ lorsque $Q$ décrit $(AC)$. Mais peu importe : ça revient au même.
Tu as ensuite déterminé $W$ comme intersection de ton hyperbole avec $(AB)$
Remarque qu'en général il y a une seconde intersection donc une seconde solution.
Une petite critique : tu as fait des "constructions logicielles" à commencer par ton hyperbole que tu as tracée avec la commande "Conique par 5 points" (avec $U$ et 4 points cachés obtenus à partir de $O_1,O_2,O_3,O_4$) du moins c'est ce qu'il me semble.
Je reviendrai plus tard sur la méthode que j'ai employée.