Géométrie Affine et Projective : Exercices Progressifs Corrigés

Correction :

a) L'ensemble des points $M$ tels que $\vec{AM} = s\vec{u} + t\vec{v}$ avec $s, t \in \mathbb{R}$ décrit un plan affine passant par le point $A$ et dirigé par le sous-espace vectoriel engendré par $\vec{u}$ et $\vec{v}$. C'est un plan affine.

b) L'ensemble des points $N$ tels que $\vec{BN} = r\vec{u}$ avec $r \in \mathbb{R}$ décrit une droite affine passant par le point $B$ et dirigée par le sous-espace vectoriel engendré par $\vec{u}$. C'est une droite affine.

c) Si la droite affine du point b) est parallèle au plan affine du point a) et si le point $B$ appartient au plan affine, alors la droite est contenue dans le plan. Sinon, elles sont disjointes ou parallèles.

Correction :

a) Le point $P = (3, 2)$ dans le repère $(A; \vec{u}, \vec{v})$ signifie que $\vec{AP} = 3\vec{u} + 2\vec{v}$.

Par définition de la transformation affine, $f(P) = f(A) + \phi(\vec{AP})$.

On a $\vec{AP} = 3\vec{u} + 2\vec{v}$. Donc $\phi(\vec{AP}) = \phi(3\vec{u} + 2\vec{v}) = 3\phi(\vec{u}) + 2\phi(\vec{v})$ car $\phi$ est linéaire.

$\phi(\vec{AP}) = 3(1, -1) + 2(0, 1) = (3, -3) + (0, 2) = (3, -1)$.

Maintenant, $f(P) = f(A) + \phi(\vec{AP}) = (2, 3) + (3, -1) = (2+3, 3-1) = (5, 2)$.

Les coordonnées de $f(P)$ dans le repère usuel de $F$ sont $(5, 2)$.

b) Pour exprimer $f$ en coordonnées usuelles, on a besoin de la matrice de $\phi$ dans la base canonique de $V$ et $W$, et des coordonnées de $f(A)$ dans la base canonique de $W$. Le repère $(A; \vec{u}, \vec{v})$ définit un système de coordonnées affines.

Les vecteurs de base sont $\vec{e_1} = (1, 0)$ et $\vec{e_2} = (0, 1)$. Les vecteurs $\vec{u} = (1, 1)$ et $\vec{v} = (0, 1)$ dans la base canonique forment la matrice de passage $P_u = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$. La matrice de $\phi$ dans la base canonique $M_\phi$ est liée à la matrice de $\phi$ dans la base $(\vec{u}, \vec{v})$, $M'_{\phi} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$ par $M_\phi = P_u M'_{\phi} P_u^{-1}$ (attention, ici il faut être précis sur les bases).

La matrice de passage de la base canonique de $\mathbb{R}^2$ vers la base $(\vec{u}, \vec{v})$ est $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$. L'inverse est $P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$.

Soit $X = (x, y)$ les coordonnées usuelles d'un point $X$. Si $X=A+x'\vec{e_1}+y'\vec{e_2}$, alors $\vec{AX} = x'\vec{e_1}+y'\vec{e_2}$. Si $X=A+u\vec{u}+v\vec{v}$, alors $(u,v)$ sont les coordonnées dans le repère affine $(A;\vec{u},\vec{v})$.

Le vecteur $\vec{AX}$ a pour coordonnées $(x-1, y)$ dans la base canonique. Ce vecteur $\vec{AX}$ est égal à $u\vec{u}+v\vec{v}$.

$(x-1, y) = u(1, 1) + v(0, 1) = (u, u+v)$.

Donc $x-1 = u$ et $y = u+v$. On en tire $u=x-1$ et $v=y-(x-1) = y-x+1$. Ces sont les coordonnées $(u,v)$ du point $X$ dans le repère affine $(A;\vec{u},\vec{v})$.

Pour un point $X$ de coordonnées usuelles $(x,y)$, son image $f(X)$ est $f(X) = f(A) + \phi(\vec{AX})$.

$\vec{AX} = (x-1)\vec{e_1} + (y-0)\vec{e_2}$.

Il faut exprimer $\phi(\vec{AX})$ dans la base canonique. On a $\phi(\vec{u}) = (1, -1)$ et $\phi(\vec{v}) = (0, 1)$.

$\phi(\vec{AX}) = \phi((x-1)\vec{e_1} + y\vec{e_2})$. Il faut exprimer $\vec{e_1}$ et $\vec{e_2}$ en fonction de $\vec{u}$ et $\vec{v}$.

On a vu que $(x-1, y) = (u, u+v)$. Ici, $(u,v)$ sont les coordonnées dans le repère affine. Le vecteur $\vec{AX}$ a pour coordonnées $(x-1, y)$ dans la base canonique. Il faut aussi exprimer $\vec{e_1}$ et $\vec{e_2}$ en fonction de $\vec{u}$ et $\vec{v}$.

De $(x-1, y) = u(1,1) + v(0,1)$, on obtient $u=x-1$, $y=u+v \implies v=y-(x-1)$.

Il faut exprimer $\phi$ dans la base canonique. La matrice de $\phi$ dans la base canonique est $M_\phi = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$. (Ceci vient de l'application linéaire $\phi$ agissant sur les vecteurs de base de $V$).

$\phi(\vec{AX}) = M_\phi \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x-1 \\ -(x-1)+y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x-1 \\ y-x+1 \end{pmatrix}$.

Enfin, $f(X) = f(A) + \phi(\vec{AX}) = (2, 3) + (x-1, y-x+1) = (2+x-1, 3+y-x+1) = (x+1, y-x+4)$.

L'expression de $f$ en coordonnées usuelles est $f(x, y) = (x+1, -x+y+4)$.

Correction :

L'espace projectif $\mathbb{P}(E)$ est obtenu en identifiant les droites vectorielles passant par l'origine dans l'espace vectoriel $V = E \oplus \mathbb{R}$. Pour $\mathbb{R}^2$, $V = \mathbb{R}^3$. Les points de $\mathbb{P}(\mathbb{R}^2)$ sont les droites vectorielles de $\mathbb{R}^3$ passant par l'origine.

a) La droite à l'infini dans $\mathbb{P}(E)$ correspond aux points de $\mathbb{P}(V)$ dont la dernière coordonnée est nulle (en choisissant une base appropriée). Dans $\mathbb{P}(\mathbb{R}^2)$, qui est assimilé aux droites vectorielles de $\mathbb{R}^3$, la droite à l'infini est l'ensemble des points représentés par des coordonnées $(x, y, 0)$ où $(x, y) \neq (0, 0)$. Géométriquement, elle correspond aux directions des droites affines de $\mathbb{R}^2$. C'est l'ensemble des directions des droites de $\mathbb{R}^2$. Elle est elle-même une droite projective.

b) Une droite affine $D$ dans $\mathbb{R}^2$ d'équation $ax + by + c = 0$ (avec $a$ ou $b$ non nul) est représentée dans l'espace projectif par la droite vectorielle dans $\mathbb{R}^3$ engendrée par le vecteur $(a, b, c)$. Pour un point $(X, Y, Z) \neq (0,0,0)$, le point projectif associé est la droite vectorielle $\text{Vect}(X, Y, Z)$.

Pour une droite affine $ax+by+c=0$, le point correspondant dans $\mathbb{P}(\mathbb{R}^2)$ est le "point à l'infini" $(a, b, 0)$ si $c=0$ (droite passant par l'origine) et le point $(a, b, c)$ si $c \neq 0$, mais il faut normaliser. Une droite affine $ax+by+c=0$ correspond au point projectif $(a, b, c)$ non nul, après normalisation.

c) Le point $(1, 0, 1)$ dans $\mathbb{P}(\mathbb{R}^2)$ correspond à la droite vectorielle engendrée par le vecteur $(1, 0, 1)$ dans $\mathbb{R}^3$. Cette droite vectorielle coupe le plan affine $z=1$ au point $(1/1, 0/1) = (1, 0)$. Les points de cette droite vectorielle s'écrivent sous la forme $k(1, 0, 1) = (k, 0, k)$ pour $k \in \mathbb{R}$. Si $k \neq 0$, on peut diviser par $k$ pour obtenir $(1, 0, 1)$.

Ce point projectif $(1, 0, 1)$ représente une droite affine dans $\mathbb{R}^2$. Pour trouver son équation, on considère les points $(x, y, 1)$ qui sont sur la droite vectorielle engendrée par $(1, 0, 1)$. Ces points sont de la forme $(k, 0, k)$. Pour qu'ils soient dans le plan $z=1$, il faut que $k=1$. Le seul point est $(1, 0, 1)$.

Une droite projective $ax+by+cz=0$ correspond à une droite affine $ax+by+c=0$. Ici, le point est $(1, 0, 1)$, donc on peut penser à l'équation $1 \cdot x + 0 \cdot y + 1 \cdot z = 0$, soit $x+z=0$. Ceci n'est pas une droite affine dans $\mathbb{R}^2$. Il faut interpréter le point projectif comme la direction d'une droite.

Le point projectif $(1, 0, 1)$ représente l'ensemble des points $(x, y, 1)$ tels que leur coordonnées homogènes soient proportionnelles à $(1, 0, 1)$ après avoir divisé par la troisième coordonnée. Les points de $\mathbb{P}(\mathbb{R}^2)$ sont des classes d'équivalence $(X, Y, Z) \sim (kX, kY, kZ)$ pour $k \neq 0$. Si $Z \neq 0$, on peut écrire le point comme $(X/Z, Y/Z, 1)$. Ces points correspondent aux points de $\mathbb{R}^2$.

Le point $(1, 0, 1)$ n'est pas de la forme $(X, Y, 1)$. Il représente un point sur la droite à l'infini. Les points sur la droite à l'infini sont ceux où $Z=0$. Les points où $Z \neq 0$ sont les points de $\mathbb{R}^2$. Ici, la troisième coordonnée est $1 \neq 0$. Donc, il représente un point de $\mathbb{R}^2$ dont les coordonnées sont $(1/1, 0/1) = (1, 0)$.

Cependant, la question demande quelle est la droite affine qui correspond à ce point. Le point $(1, 0, 1)$ représente la droite affine $1 \cdot x + 0 \cdot y + 1 = 0$ dans $\mathbb{R}^2$? Non, ce n'est pas correct.

Les points dans $\mathbb{P}(\mathbb{R}^2)$ sont de deux types : ceux avec $Z \neq 0$, qui correspondent aux points $(X/Z, Y/Z)$ de $\mathbb{R}^2$, et ceux avec $Z = 0$, qui correspondent aux points à l'infini (directions des droites de $\mathbb{R}^2$).

Le point $(1, 0, 1)$ a $Z=1 \neq 0$. Il correspond donc au point $(1/1, 0/1) = (1, 0)$ dans $\mathbb{R}^2$. La question est mal formulée si elle demande une droite affine pour un point. Un point projectif n'est pas une droite affine.

Reprenons : la droite $ax+by+cz=0$ dans $\mathbb{P}(\mathbb{R}^2)$ correspond à une droite affine dans $\mathbb{R}^2$ si $c \neq 0$. Si $c=0$, c'est une droite passant par l'origine vectorielle, donc une direction.

Le point $(1, 0, 1)$ est un point projectif. L'ensemble des droites projectives passant par ce point forme une droite projective. Mais la question demande quelle droite affine correspond à ce point.

Il y a une confusion potentielle dans l'interprétation de la question. Si le point $(1,0,1)$ est vu comme une droite projective $1x + 0y + 1z = 0$, alors dans le plan affine $z=1$, cette droite devient $x+1=0$, soit $x=-1$. C'est une droite affine verticale.

Si la question est : quelle droite affine a le point $(1,0,1)$ dans son complément projectif ? Non.

L'interprétation la plus probable est que le point $(1,0,1)$ dans $\mathbb{P}(\mathbb{R}^2)$ correspond à la droite affine $1x + 0y + 1 = 0$ si on le voit comme le vecteur normal à la droite. Dans ce cas, c'est la droite d'équation $x+1=0$, soit $x=-1$. C'est une droite affine parallèle à l'axe des ordonnées.

Correction :

a) Pour trouver les points fixes, on résout l'équation $P = h(P)$ :

$P = \frac{2P+1}{P+3}$.

En multipliant par $P+3$ (en supposant $P \neq -3$, qui est un point à l'infini dans ce contexte si on utilise des coordonnées homogènes), on obtient :

$P(P+3) = 2P+1$.

$P^2 + 3P = 2P+1$.

$P^2 + P - 1 = 0$.

C'est une équation du second degré. Les solutions sont données par la formule quadratique :

$P = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-1)}}{2(1)} = \frac{-1 \pm \sqrt{1+4}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

Les points fixes de $h$ sont $P_1 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ et $P_2 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$. Ce sont les deux nombres d'or $\phi-1$ et $-\phi$. Ces deux points sont des nombres réels.

b) Une homographie de $\mathbb{P}(\mathbb{R})$ est une transformation projective de la droite projective réelle. Elle est caractérisée par ses points fixes.

Si une homographie a deux points fixes distincts, elle est dite elliptique (par rapport à la droite projective). Si elle a un seul point fixe (double), elle est parabolique. Si elle n'a pas de points fixes dans $\mathbb{R}$ mais en a dans $\mathbb{P}(\mathbb{R})$ (par exemple, si elle est définie par une matrice avec des valeurs propres complexes), elle peut être parabolique ou elliptique dans un sens plus général.

Dans notre cas, nous avons deux points fixes réels distincts. L'homographie est donc elliptique.

Correction :

Le théorème de Desargues est une pierre angulaire de la géométrie projective car il traite de l'alignement de points et de la concurrence de droites, des concepts fondamentaux en géométrie projective.

Voici pourquoi il est fondamentalement projectif :

1. Indépendance par rapport à la métrique : Le théorème ne dépend pas des longueurs, des angles ou des distances. Il ne concerne que les relations d'incidence (un point est sur une droite, deux droites se coupent en un point, trois points sont alignés, trois droites sont concourantes). Ces notions d'incidence sont au cœur de la géométrie projective.
2. Utilisation des points à l'infini : Pour démontrer le théorème de Desargues dans un plan affine, on peut le plonger dans un plan projectif. Dans le plan projectif, les droites qui étaient parallèles dans le plan affine se coupent désormais en un point à l'infini. Cela simplifie grandement l'argumentation. Par exemple, si $(AA')$ et $(BB')$ sont parallèles dans le plan affine, elles se coupent au point à l'infini de la droite à l'infini. L'existence de ce point à l'infini est garantie par la structure projective.
3. Dualité : Le théorème de Desargues a un énoncé dual : si deux triangles sont perspectifs de base, alors ils sont perspectifs de centre. Cette dualité entre "alignement de points" et "concurrence de droites" est une caractéristique majeure de la géométrie projective.
4. Construction projective : Le théorème de Desargues peut être utilisé pour construire des systèmes de coordonnées projectifs ou pour prouver d'autres résultats fondamentaux en géométrie projective.

En résumé, le théorème de Desargues est un résultat d'incidence pur qui ne fait appel qu'à des notions de droites, de points et de leur relation, sans aucune notion métrique. Il est donc intrinsèquement un théorème de géométrie projective.

Correction :

Une homographie entre deux droites est déterminée par l'image de deux points distincts. L'homographie préserve le rapport anharmonique.

Pour travailler avec les rapports anharmoniques, il est plus simple d'utiliser des coordonnées affines sur chaque droite.

Sur la droite $D$, on peut paramétrer les points par leur abscisse curviligne par rapport à l'origine $A=(0,0)$. Un point $M$ sur $D$ est de la forme $(t, t)$ pour $t \in \mathbb{R}$. Pour $A=(0,0)$, $t=0$. Pour $B=(1,1)$, $t=1$. Pour $C=(2,2)$, $t=2$.

Sur la droite $D'$, on peut paramétrer les points par rapport à l'origine $A'=(0,0)$. Un point $M'$ sur $D'$ est de la forme $(u, -u)$ pour $u \in \mathbb{R}$. Pour $A'=(0,0)$, $u=0$. Pour $B'=(1,-1)$, $u=1$. Si $f(C) = (u_C, -u_C)$, on cherche $u_C$.

L'homographie $f$ relie les coordonnées affines des points sur $D$ et $D'$. Soit $t$ la coordonnée d'un point sur $D$ (par rapport à $A$) et $t'$ la coordonnée d'un point sur $D'$ (par rapport à $A'$).

L'homographie est de la forme $t' = \frac{at+b}{ct+d}$.

a) On a $A$ correspondant à $t=0$, et $f(A)=A'$ correspondant à $t'=0$.

$0 = \frac{a(0)+b}{c(0)+d} \implies \frac{b}{d} = 0 \implies b=0$ (car $d \neq 0$ pour que $t'$ soit défini).

On a $B$ correspondant à $t=1$, et $f(B)=B'$ correspondant à $t'=1$.

$1 = \frac{a(1)+0}{c(1)+d} \implies 1 = \frac{a}{c+d} \implies c+d = a$.

Pour déterminer $a, c, d$, il nous faut un autre point ou une autre information. L'énoncé dit que le rapport anharmonique est conservé. Si on considère le point à l'infini $I$ sur $D$ (qui correspond à la direction de $D$, ici $(1,1)$), et son image $I'$ sur $D'$ (direction $(1,-1)$). Dans la paramétrisation, cela correspondrait à $t \to \infty$ et $t' \to \infty$. L'homographie $t' = \frac{at}{ct+d}$ a pour "point à l'infini" le rapport $a/c$. Donc $a/c = \infty$ si $c=0$. Si $c=0$, alors $a=d$. L'homographie devient $t'=t$. C'est une isométrie.

Revenons à $c+d=a$. Si $c=0$, alors $a=d$. L'homographie est $t' = \frac{at}{d} = t$. Ceci correspond à $f(M)=M'$, donc $(t,t) \mapsto (t, -t)$. Ceci est correct.

Donc l'homographie est $t' = t$. Cela signifie que si un point sur $D$ a pour coordonnée $t$, son image sur $D'$ a la même coordonnée $t$. Pour $A=(0,0)$, $t=0$, $f(A)=(0,-0)=(0,0)=A'$. Pour $B=(1,1)$, $t=1$, $f(B)=(1,-1)=B'$.

b) Pour $C=(2,2)$ sur $D$, la coordonnée $t=2$. Son image $f(C)$ aura pour coordonnée $t'=2$ sur $D'$. Donc $f(C)$ est le point $(2, -2)$.

L'homographie est donc $f(t, t) = (t, -t)$.

Correction :

a) La méthode de construction géométrique pour définir une homographie entre deux droites $D$ et $D'$ est souvent réalisée à l'aide d'un point perspectif $O$ extérieur aux deux droites. L'homographie est définie par la projection à partir de $O$.

Pour définir une homographie $f$ entre $D$ et $D'$ telle que $f(A)=A'$, $f(B)=B'$, $f(C)=C'$ :

1. Trace la droite $(AA')$.
2. Trace la droite $(BB')$.
3. Ces deux droites se coupent en un point $O$. Ce point $O$ sera le centre de perspectivité.
4. On vérifie alors si la droite $(CC')$ passe par $O$. Si c'est le cas, alors les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont perspectifs de centre $O$.
5. Pour construire l'image $f(P)$ d'un autre point $P$ sur $D$ : trace la droite $(OP)$. Elle coupe $D'$ en un point $P'$. Ce point $P'$ est l'image $f(P)$.

C'est la méthode de projection à partir d'un centre $O$. Cette méthode construit une homographie si le centre $O$ n'est pas sur les droites $D$ ou $D'$ et si les droites $(AA'), (BB'), (CC')$ ne sont pas parallèles entre elles.

b) Si les droites $D$ et $D'$ sont parallèles :

• Si les droites $(AA')$, $(BB')$, $(CC')$ sont toutes parallèles à $D$ et $D'$, alors elles ne se coupent pas en un point fini $O$. Le centre de perspectivité est un point à l'infini. L'homographie correspondante est une translation (ou identité si les vecteurs sont les mêmes).
• Si les droites $(AA')$, $(BB')$, $(CC')$ ne sont pas toutes parallèles entre elles (ni à $D, D'$), elles peuvent se couper en des points distincts. Dans ce cas, il n'y a pas de centre de perspectivité unique, et il n'est pas possible de définir une homographie par cette méthode de projection simple. Le rapport anharmonique n'est pas conservé dans ce cas général. Les droites $D$ et $D'$ étant parallèles implique les points à l'infini jouent un rôle crucial.

Pour définir une homographie entre deux droites parallèles $D$ et $D'$, il faut utiliser une autre approche, par exemple en considérant la définition via le rapport anharmonique conservé, ou en utilisant des coordonnées projectives où les points à l'infini sont gérés naturellement.

Correction :

Une projectivité (ou homographie) entre deux droites $D$ et $D'$ est une bijection qui préserve le rapport anharmonique. Elle est entièrement déterminée par l'image de trois points distincts.

Voici la méthode de construction géométrique utilisant le centre de perspectivité :

1. Identifier les centres perspectifs : Pour que les trois paires de points $(P_1, P'_1)$, $(P_2, P'_2)$, $(P_3, P'_3)$ soient en perspective, les droites $(P_1P'_1)$, $(P_2P'_2)$, $(P_3P'_3)$ doivent être concourantes en un point, qui sera le centre de perspectivité $O$.
2. Construction de $O$ :
   • Trace la droite $L_1 = (P_1P'_1)$.
   • Trace la droite $L_2 = (P_2P'_2)$.
   • Ces deux droites se coupent en un point $O$.
   Si les droites $D$ et $D'$ sont parallèles, et si $P_1, P_2, P_3$ sont sur $D$ et $P'_1, P'_2, P'_3$ sur $D'$, alors $L_1, L_2, L_3$ seront parallèles à $D$. Le centre de perspectivité $O$ sera un point à l'infini.
3. Vérification : On vérifie si la droite $L_3 = (P_3P'_3)$ passe également par le point $O$ trouvé. Si c'est le cas, alors les trois triplets de points sont en perspective de centre $O$. Les droites $D$ et $D'$ ne doivent pas être confondues.
4. Définition de la projectivité : Une fois le centre $O$ trouvé, la projectivité $f: D \to D'$ est définie comme suit : pour tout point $P$ sur $D$, l'image $f(P)$ est l'intersection de la droite $(OP)$ avec la droite $D'$.

Cas particuliers :

• Droites parallèles : Si $D$ et $D'$ sont parallèles, et si $(P_1P'_1)$, $(P_2P'_2)$, $(P_3P'_3)$ sont aussi parallèles, alors le centre de perspectivité est un point à l'infini. La projectivité sera une translation ou une identité. Si ces droites ne sont pas parallèles entre elles, la méthode ne fonctionne pas de manière évidente avec un centre fini.
• Points à l'infini : Dans le contexte projectif, on travaille souvent avec des droites projectives qui incluent les points à l'infini. La définition par le rapport anharmonique est plus générale et ne dépend pas de la position d'un centre de perspectivité fini.

Correction :

Les points sont identifiés à leurs coordonnées affines : $a=0, b=1, c=2, d=3$.

Le birapport est donné par la formule :

$(A, B; C, D) = \frac{(c-a)(d-b)}{(c-b)(d-a)}$.

Remplaçons par les valeurs :

$c-a = 2-0 = 2$.

$d-b = 3-1 = 2$.

$c-b = 2-1 = 1$.

$d-a = 3-0 = 3$.

Donc, le birapport est :

$(A, B; C, D) = \frac{(2)(2)}{(1)(3)} = \frac{4}{3}$.

Le birapport $(A, B; C, D)$ est égal à $4/3$.

Correction :

Pour énoncer le dual, il suffit de remplacer chaque "point" par "droite" et chaque "droite" par "point", et d'inverser les relations d'incidence.

L'énoncé original est : "Pour deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ dans un plan projectif, si les droites $(AA')$, $(BB')$ et $(CC')$ sont concourantes, alors les points d'intersection des côtés homologues $(AB) \cap (A'B')$, $(BC) \cap (B'C')$, $(CA) \cap (C'A')$ sont alignés."

Appliquons la dualité :

• "Triangles $ABC$ et $A'B'C'$" devient "triplets de droites $a, b, c$ et $a', b', c'$ définissant deux triangles".
• "Droites $(AA')$, $(BB')$, $(CC')$" devient "points $A^$, $B^$, $C^*$ (points correspondant aux droites $a, b, c$ et $a', b', c'$)".
• "Sont concourantes" devient "sont alignés".
• "Points d'intersection des côtés homologues $(AB) \cap (A'B')$, etc." devient "droites $d^* = (a \cap a')$, $e^* = (b \cap b')$, $f^* = (c \cap c')$".
• "Sont alignés" devient "sont concourantes".

L'énoncé dual est donc :

"Pour deux triangles $a^b^c^$ et $a'^b'^c^$ (définis par trois droites $a^, b^, c^$ et trois droites $a'^, b'^, c^$ qui se coupent deux à deux en formant les sommets du triangle) dans un plan projectif, si les points $A^$, $B^$, $C^$ (intersections des droites homologues $a^$ et $a'^$, $b^$ et $b'^$, $c^$ et $c'^$) sont alignés, alors les droites d'intersection des côtés homologues ($a^ \cap b^$), ($b^ \cap c^$), ($c^ \cap a^*$) sont concourantes."

En termes plus géométriques : Si les sommets de deux triangles sont en perspective (c'est-à-dire, les droites joignant les sommets homologues sont concourants), alors les droites passant par les intersections des côtés homologues sont concourantes. Le théorème de Desargues lui-même traite du cas où les droites $(AA'), (BB'), (CC')$ sont concourantes, et conclut à l'alignement des points d'intersection des côtés homologues. L'énoncé dual affirme que si les points d'intersection des côtés homologues sont alignés, alors les droites joignant les sommets homologues sont concourantes.