Le lieu de l'orthocentre

S0_

-On fixe un segment $[AB]$, 
-Le cercle $c$ de diamètre $[AB]$,
-Un point $M$ mobile de $c$
-Un point $F$ distinct de $A,B$ et $F$ distinct du milieu de segment $[AB]$
-Un point N de $c$ tel que $(MN)$ perpendiculaire à $(FM)$
-$P$ l'intersection de $AM$ avec $BN$ et
-$Q$ l'intersection de $AN$ avec $BM$
Quels sont les lieux de  $P$ et de $Q$ ?

jelobreuil

Bonjour, Bonaventure,

Les lieux de P et Q en fonction du déplacement du point mobile M, je suppose ? 

Cela va sans dire, mais encore mieux en le disant !

Mais le point F est-il un point quelconque du plan, hormis les trois exceptions que tu indiques ?

Merci de préciser ...

Bien cordialement, JLB

PS Geogebra indique que l'on obtient des coniques : ellipses quand F est à l'intérieur de (c), hyperboles à l'extérieur, et dégénérées en deux droites quand F est sur le cercle. Et quand F est au centre du cercle, les deux lieux sont confondus avec le cercle lui-même ...

S0_

Bonjour JLB
Oui c'est vrai sauf que j'ai refusé que le point ne soit pas au milieu du segment $[AB]$ donc ne soit pas au centre du cercle c, ni  $A$ ni  $B$

john_john

Le point d'intersection de $(AM)$ et de $(BN)$ décrit une conique car il est à l'intersection des droites de deux faisceaux en homographie (j'ai préféré le vérifier par un petit calcul). Cette conique passe par $A$ et $B$.
Il y a un point à l'infini ssi les deux droites sont parallèles, càd ssi les points $M$ et $N$ sont diamétralement opposés càd ssi $M$ est sur la polaire de $F$ par rapport au cercle.

Adoncques : si $F$ est intérieur, pas de point à l'infini et l'on a une ellipse ; si $F$ est extérieur, on a deux points $M_1$ et $M_2$ distincts et donc une hyperbole.

Je n'ai pas étudié le cas où $F$ appartient au cercle, mais, vu l'intervention de Jean-Louis, on devrait avoir une parabole, dégénérée en la réunion de deux droites parallèles.

Quant au lieu de l'intersection de $(AN)$ et de $(BM)$, c'est le même problème : on remplace $F$ par son symétrique par rapport au centre du cercle.

S0_

Bonjour John_john,
Je ne comprends pas?
 F est fixe et c'est FM qui ramène N.. 
Je voudrais parler du déplacement de P et de Q.
J'ai vu ta figure mais je ne pense pas qu'on puisse avoir de parabole .. 
La réponse de JLB est correcte de part les construction ggb

Pour les calculs, j'ai déjà fait ça mais c'est trop long

jelobreuil

Bonjour Bonaventure, 
Comme le dit john_john, la parabole, qu'on devrait obtenir quand F est sur le cercle, est dégénérée en deux droites parallèles : cas d'une conique dont les foyers, ou le foyer et la directrice, sont rejetés à l'infini (si je n'écris pas une bêtise plus grosse que moi !) 
Bien cordialement, JLB

john_john

Bonjour, SO_, 
je pense que JLB t'a convaincu ; les paires de droites parallèles (ou confondues) comptent pour des paraboles, mais dégénérées (au sens de la classification ponctuelle).

D'ailleurs, les coniques coupent le cercle en quatre points : $A$, $B$ et les intersections de $OF$ avec le cercle. Donc, si $F$ se déplace lui-même le long d'un diamètre du cercle, nos coniques vont couper le cercle en les quatre mêmes points ; en d'autres termes, ces coniques vont appartenir à un même faisceau linéaire ponctuel et les dites paraboles sont des paires de droites.

S0_

JLB, je ne l'avais peut-être pas compris de cette manière là..
Maintenant c'est bon..

John_john, 
Il m'a convaincu !!
 Et pour la vérification par calcul
Comment c'est ??

john_john

Je n'ai pas fait le calcul analytique mais, si j'en ai le temps, je vais jeter un coup d'oeil car il ne doit pas être trop dissuasif.

En revanche, si l'on admet le résultat que j'ai invoqué (dans plusieurs fils) à propos des faisceaux en homographie, résultat qui s'établit assez simplement d'ailleurs, il ne reste plus qu'à montrer que $M\mapsto N$ est une homographie du cercle (le birapport de quatre  points d'un cercle est égal au birapport de leurs affixes complexes, une fois l'identification effectuée entre un plan affine euclidien et $\C$).

Or, c'est bien le cas car $M\mapsto N$ est l'involution de Frégier de pôle $F$ suivie de la symétrie de centre $O$, ce que montre un petit croquis.

john_john

Voyons. Supposons que le cercle est de rayon $1$, que les affixes respectives de $A$ et de $B$ sont $-1$ et $1$ et que celle de $F$ est un complexe $c$.

Si $z$ est l'affixe de $M$ et $z'$ celle de $N$, on a la relation $z-z'+\overline{c}zz'=c$, qui traduit l'alignement de $M$, de $F$ et du symétrique de $N$ par rapport à $O$.

Donc, on a $z'=\displaystyle\frac{z-c}{1-\overline{c}z}\cdot$

Maintenant, le point $P$, d'affixe $Z$, est aligné avec $A,M$ d'une part, et $B,N$ de l'autre : on a donc $z-1+z\overline{Z}=Z$ et $z'+1-z'\overline{Z}=Z$.

De ce fait, $(z+z')\overline Z=z'-z+2$ et l'on a donc un paramétrage du lieu de $P$, le paramètre étant $z$, décrivant le cercle unité.

On ne reconnaît sans doute pas ici directement une conique, mais il doit y avoir moyen de moyenner, vu tout ce que nous savons d'elle.

john_john

Ben non : il faut conclure différemment ! Des formules précédentes, on tire $z=\displaystyle\frac{1+Z}{1+\overline Z}$ et

$z'=\displaystyle\frac{Z-1}{1-\overline Z}\cdot$

Enfin, de la relation entre $z$ et $z'$, on tire

$$2\overline ZZ-\overline cZ^2-c\overline Z^2=2-(c+\overline c)$$

On peut alors vérifier que ce lieu contient les points $A$ et$B$, ainsi que ceux d'affixe $\pm c/|c|$ ; si l'on revient à des coordonnées cartésiennes, on obtient bien l'équation d'une conique.

En outre, cette équation est affine par rapport à $c$ ; en d'autres termes, si $F$ décrit une droite, nos coniques appartiennent à un même faisceau ponctuel (cela n'était apparent que lorsque $F$ décrivait un diamètre du cercle).

john_john

À propos : personne n'avait encore débusqué le troisième cas de dégénérescence de la conique-lieu. Quel est-il ?

pappus

Bonjour j_j

C'est un plaisir de pouvoir dialoguer avec toi.

Sais-tu que tu as chassé avec succès sur les terres privées de notre ami Rescassol?

La matrice de notre conique dans les coordonnées $(z,\overline z)$, (appelle-t-on ces coordonnées les coordonnées isotropes ou bien autrement?), est:

$\begin{bmatrix}-\overline c&1&0\\1&-c&0\\0&0&2-c-\overline c\end{bmatrix}$

dont le déterminant est $(c\overline c-1)(2-c-\overline c)$

Je te laisse conclure.

Amitiés

pappus

pappus

Bonjour à tous

j_j a Rescassolisé avec brio!

Mais je vais essayer de tenir par nostalgie le raisonnement de nos agrégatifs~$1900$ sans utiliser ces maudits nombres complexes.

J'ai appelé $M'$ le point $N$ pour bien montrer leur correspondance.

Comme l'a dit j_j, l'application $\Gamma\longmapsto \Gamma;M\mapsto M'$ est égal au produit des involutions de Frégier $\varphi_O\circ\varphi_F$. C'est bien une homographie.

L'axe d'homographie est donc la droite $OF$ qui est un diamètre $UV$ du cercle $\Gamma$ de diamètre $AB$ et de centre $O$.

J'ai donc fait ma figure comme l'a suggéré j_j.

Je me suis fixé le diamètre $UV$ et j'ai fait varier le point $F$ comme un paramètre sur ce diamètre.

Je n'ai rien à redire sur le raisonnement qu'a tenu j_j pour prouver que le lieu de $P=AM\cap BM'$ est une conique dégénérée ou non passant par les points $A$ et $B$.

Cette conique passe aussi par les points $U$ et $V$.

On a donc bien à faire avec un faisceau linéaire de coniques à points de base $A$, $B$, $U$, $V$ quand $F$ décrit le diamètre $UV$.

Les axes de symétrie du rectangle $AUBV$ sont aussi ceux de la conique tracés en pointillé rouge avec un petit doute pour distinguer entre l'axe focal et l'axe non focal.

Comment continuer?

Amicalement

pappus

john_john

Que dire de plus ? Si $F$ est sur la tangente en $B$, on a $B'=A$ ; de ce fait, les droites $(AM)$ et $(BM')$ se coupent en un point de l'axe de l'homographie, savoir $(UV)$.
Donc, dans ce cas, le lieu contient (toute la) droite $(UV)$ ; pour obtenir un résultat cohérent, nous dirons qu'il contient aussi la droite $(AB)$, ce qui n'est pas aberrant puisque, lorsque $M$ est en $B$, les droites $(AB)$ et $(BM')$ sont confondues avec $(AB)$.

pappus

Mon cher j_j

Je te trouve un peu imprécis.

Les coniques décomposées du faisceau à points de base $A$, $B$, $U$, $V$ sont bien connues:

d'une part les paires de côtés parallèles $(AU,BV)$ et $(AV,BU)$ dont il faudrait montrer qu'elles sont obtenues pour $c.\overline c=1$ et d'autre part la paire de diagonales $(AB,UV)$ dont il faudrait montrer qu'elle est obtenue pour $c+\overline c=2$.

La suite que j'ai en tête?

Tout simplement la détermination des foyers.

Il y a tout ce qu'il faut dans ton livre pour former les équations déterminant ces foyers mais actuellement je suis trop épuisé physiquement et mentalement pour les écrire.

Je me contenterai d'en donner une construction simple due à Poulbot, (que devient-il?, il me manque lui aussi), à partir de la détermination de la tangente en $B$ à la conique.

Quelle est cette tangente?

Amitiés

pappus

john_john

Bonjour, Pappus,
je vais répondre à tout cela (ou, du moins, au plus grand nombre de questions possibles). Toutefois, JLB a déjà identifié deux des cas de dégénérescence, qui correspondant à $F$ sur le cecle, càd à $\overline cc=1$. Le troisième cas, $F$ sur la tangente en $B$, correspond à $x_F=1$, càd à $\overline c+c=2$.
Amicalement, j__j

pappus

Merci j_j

Mais c'est exactement ce que donnait le calcul du déterminant de la matrice:

$\begin{bmatrix}-\overline c&1&0\\1&-c&0\\0&0&2-c-\overline c\end{bmatrix}$ égal à$(c\overline c-1)(2-c-\overline c)$

Nul besoin d'être devin!

john_john

Bonsoir, pappus, et bonsoir à tous,
la construction de la tangente en $B$ au lieu est prévue par la théorie (intersection de faisceaux ponctuels en homographie) : c'est la droite $(BM')$ lorsque $M=A$ ; ici, $M'$ est le symétrique par rapport à $O$ du point où $(FB)$ recoupe le cercle.

pappus

Bonsoir j_j

Sur ma figure le point $M$ est le point courant du cercle pour ne pas dire qu'il est quelconque.

On le fait donc courir!

Le symétrique par rapport à $O$ du point où $(FB)$ recoupe le cercle est l'image de $B$ dans notre homographie c'est à dire $B'$.

Tu dis donc que la tangente en $B$ est la droite $BB'$.

C'est exact mais il faut vraiment te lire à la loupe.

Voici comment aurait raisonné nos anciens.

Sur ma figure, on cherche la limite de la droite $(BP)$  quand $P$ tend vers $B$ c'est-à-dire quand $M$ tend vers $B$. Ce faisant $M'$ tend vers $B'$ (continuité de l'homographie). Ainsi la droite $(BP)$ qui n'est pas autre chose que la droite $(BM')$ tend vers la droite $(BB')$ qui est donc la tangente en $B$ à la conique.

Comment retrouver ce résultat à partir de ton équation?

Amitiés

pappus

PS

Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.

S0_

Bonjour pappus, j_j et JLB 
Je vous dis bravo

Soit $A$ et $B$ deux points du plan, $k$ un nombre réel non nul, $f$ une application du plan privé de $A$ dans le plan privé de $B$ qui à tout point $M$ associé $M'$ tel que

$(AM)||(BM')$ et $\overline{AM}×\overline{BM'}=k$

Pour certaines conditions sur $k$ avec $A$ et $B$ deux points distincts, cette application laisse invariant deux points $F$ et $C$ de même laisse globalement invariant le cercle de diamètre $[FC]$..
Elle est une involution mais je ne sais pas la différence entre elle et celle de Frégier..

pappus

Bonjour à tous

Que connait-on de notre conique?

Sur ma dernière figure, on connait ses axes tracés en pointillé rouge, le point $B$ et la tangente en $B$ qui est la perpendiculaire en $B$ à $(BF)$.

Projectivement, on connait quatre points $A$, $B$, $U$, $V$ et la tangente en $B$

C'est plus qu'il n'en faut pour avoir une construction projective du point courant de la conique?

Qui aura le courage de donner une telle construction?

Euh!

Mais la géométrie projective étant défunte, on doit jeter un voile pudique sur ce passé glorieux et nous contenter de l'agonisante géométrie euclidienne.

On est donc ramené au problème suivant brillamment solutionné par Poulbot (que je salue), il y a bien des années dans un fil qu'il faudrait retrouver

Sur la figure suivante, où j'ai modifié légèrement les notations, car c'est un nouveau problème dans le problème.

Les données sont les droites orthogonales tracées en rouge pointillé (un gudule selon Pierre) et la droite $TMT'$.

Il faut tracer les foyers de la conique dont les axes sont les droites du gudule, passant $M$ où elle est tangente à la droite $TMT'$.

Je le dis tout de suite la principale difficulté technique est qu'on ne sait pas trop laquelle droite du gudule va jouer le rôle de l'axe focal.

Il faut donc éviter de faire de la géométrie contemplative et donner une construction valable des foyers quelle que soit la position du point $T$.

Amicalement

pappus

S0_

Bonjour pappus
En attendant la réponse à ma question posée, j'aimerais avoir une idée sur la définition des points T et T'.
Cordialement

john_john

Que de questions en suspens...

Procédons dans l'ordre : la tangente en $B$ à la conique courante ? C'est hypocritement que j'en appelle à la théorie ; mentalement, j'ai, comme pappus, regardé la limite de la corde et cette limite est précisément la droite $(BB')$.
Analytiquement, si $F(Z, \overline Z)=0$ est l'équation de la conique, la tangente en $B$ a pour équation $\displaystyle\big(\frac{\partial F}{\partial Z}\big)_B(Z-1)+\big(\frac{\partial F}{\partial\overline Z}\big)_B(\overline Z-1)=0$, c'est-à-dire $(1-\overline c)(Z-1)+(1-c)(\overline Z-1)=0$ ; elle recoupe le cercle en un point d'affixe $z'$ tel que l'équation $z'+1-z'\overline Z=Z$ soit proportionnelle à l'équation  ci-dessus, soit encore pour  $z'=\displaystyle\frac{1-c}{1-\overline c}$ qui est l'affixe de $B'$. C'est bien dire que c'est la droite $(BB')$.

pappus

Mon cher SO_

A part ton énoncé initial dont je te remercie, tu n'as pas proposé grand chose à part le titre ambigu de ce fil: le lieu de l'orthocentre.

Quel orthocentre? Cet orthocentre apporterait-il un nouvel éclairage à la solution de ton problème?

Visiblement tout le monde s'en fout!

Par contre tu aurais dû ouvrir un nouveau fil pour tes nouvelles questions qui a priori n'ont rien à voir avec la conique dont on discute!

La transformation que tu as définie appartient effectivement à un certain groupe de transformations mais quel groupe de transformations?

Je doute fort que ce soit une involution comme tu l'affirmes et donc encore moins une involution de Frégier!

Sais-tu au moins ce qu'est une involution de Frégier qui est une transformation projective alors que la transformation que tu as définie au début n'est pas projective.

Amicalement

pappus

S0_

Bonjour pappus
Je vois mais bon c'est vraiment une involution que j'ai développée et c'est avec cette application que j'arrive à solutionner pratiquement tout ce que j'annonce sur les coniques à centre et ça me plaît de savoir s'il y a des liens qui existent entre cette application et celle que vous utilisiez depuis..
Je suis allé dans la littérature et c'est simplement le point de Frégier j'ai vu et c'était pourquoi je voudrais savoir de plus..

Mon inquiétude était simplement d'utiliser les termes qui existaient déjà pour ne pas créer d'autres termes c'est tout.

Je pouvais construire une nouvelle idée mais faudrait pas que je donne un nom nouveau à ce qui existe déjà..
J'ai choisi ici de parler de l'orthocentre car l'un des points P ou Q est le sommet ou l'orthocentre du triangle ABP ou ABQ

Je ne connais pas le définition de l'involution de Frégier..
Je voudrais connaître vraiment cela cher Pappus..

Cordialement
Bonaventure-S0_

pappus

Mon cher SO_

Bravo pour ton intérêt envers la géométrie mais pourquoi parler de ce que tu ne connais pas comme les involutions de Frégier, c'est un peu fort de café.

Quant à ta transformation, quel que soit le nom que tu puisses lui donner, ce ne sera jamais une involution à moins que $A=B$

C'est le produit d'une translation suivie d'une inversion ou bien d'une inversion suivie d'une translation.

C'est donc une transformation circulaire indirecte.

Les seules transformations circulaires involutives sont les inversions et je doute fort que ta transformation en soit une.

Amicalement

pappus

PS

Sur ma dernière figure, la droite passant par $M$ est donnée par ses intersections $T$ et $T'$ avec les deux axes.

S0_

Cher Pappus,
Une involution est une application f dont fof est l'identité, si je ne me trompes pas..
En deux je me suis trompé alors pour le fait de vous voir parler d'une involution car je voyais l'image de M' revenue en M ce qui est une erreur de ma part..
C'est compris alors c'est bon..
Cordialement
Bonaventure-S0_

pappus

Merci j_j pour ta détermination analytique de la tangente en $B$.

Tu vois qu'on arrive ainsi naturellement à la construction de Poulbot que je salue.

Mais le traitement analytique de la détermination des foyers est lui aussi capital.

Il sera intéressant de comparer les deux méthodes.

Développe la tienne, je développerai la mienne!!

Et on fera le joint

Amitiés

pappus

john_john

Bonsoir, pappus,
penses-tu que la recherche des foyers réserve quelque surprise ? Mis à part les coniques dégénérées, elles ont toutes le même centre et le même couple d'axes... Il ne va s'agir essentiellement que de décider (en discutant selon $M$) lequel est l'axe focal.

Bonne nuit ! j__j

pappus

Mon cher j_j

Il n'y a pas de surprise!

Il y a une méthode analytique à suivre pour la détermination des foyers de la conique de SO_ dont on connait l'équation que tu as toi même donnée!

Serais -tu devenu un peu paresseux?

Il est vrai qu'à nos âges, il y a quand même beaucoup mieux à faire.

Je vais te donner une indication sur ma méthode.

Je construis les foyers comme points fixes d'une certaine involution circulaire, ce qui devrait faire plaisir à SO_ qui a l'air de s'y connaître en involutions sauf celles de Frégier!

J'espérais que tes calculs conduiraient au même résultat!

Amitiés

pappus

john_john

bonjour, pappus,
il est vrai  que je deviens paresseux ; bon : lançons-nous

Dans l'équation en $Z$, posons $c=\varrho\cos\vartheta$ et $Z=Z'{\rm e}^{{\rm i}\vartheta/2}$ ; de ce fait,

$2\overline {Z'}Z'-\varrho({\overline {Z'}}^2+{Z'}^2)=2(1-x_{_F})$. Posons $u=x_{_F}$ abscisse de $F$ ; en coordonnées cartésiennes dans le nouveau repère : $\displaystyle\frac{x^2}{\frac{1-u}{1-\varrho}}+\frac{y^2}{\frac{1-u}{1+\varrho}}=1.$

Si $0<\varrho<1$ et $0<u<1$, alors les foyers sont $Z=\pm c\,{\rm e}^{{\rm i}\vartheta/2}$, avec $c=\displaystyle\sqrt{\frac{2\varrho(1-u)}{1-\varrho^2}}\cdot$

Les autres cas sont (dixit Béru), à lavement.

pappus

Bonjour à tous

Je vais donc développer ma méthode mais sans la moindre illusion dans un pays où faire de la géométrie se limite à ânonner ad nauseam les axiomes de Thalès et de Pythagore.

Et pourtant ce que je vais raconter n'est que de la géométrie élémentaire la plus simple telle qu'on peut la trouver dans le vieux grimoire du Lebossé-Hémery.

J'ai supposé le problème résolu.

On connait les foyers $F$ et $F'$. Leur milieu est le point $O$ et ce faisant on sait quelle droite du gudule des axes est l'axe focal.

J'ai l'impression de faire de la mécanique quantique.

On a deux cas de figure!

A gauche le cas de l'ellipse et à droite celui de l'hyperbole.

On regarde le cercle circonscrit au triangle $MFF'$ et on trace ses intersections $(T',N')$ avec l'axe non focal.

On sait sans doute depuis Euclide que les droites $MT'$ et $MN'$ sont les bissectrices de l'angle $\widehat{FMF'}$.

A gauche, le cas de l'ellipse, c'est la bissectrice extérieure qui est la tangente en $M$, à droite le cas de l'hyperbole, c'est la bissectrice intérieure qui fait office de tangente.

Dans les deux cas de figure, on a une division harmonique $(F,F',T,N)=-1$.

Mais sur le cercle $(MFF')$, on a aussi une division harmonique $(F,F',T',N')=-1$. 

C'est évident à voir directement.

On regarde les intersections du faisceau harmonique $M(F,F',T,N)$ avec le cercle $(MFF')$.

Résultat des courses: 

Dans les deux cas de figure, les points $F$ et $F'$ sont les points fixes de l'involution (algébrique) ou transposition circulaire : $\varphi:(T,T')\mapsto (N,N')$.

Quelle est l'image $M'=\varphi(M)$?

Le cercle $(MFF')$ qui est aussi le cercle $(MT'N')$ est invariant dans cette involution tout comme le cercle $(MTN)$.

Ainsi $M'$ est le second point d'intersection autre que $M$ des cercles $(MTN)$ et $(MT'N')$.

Mes élucubrations idéologiques sont maintenant terminées.

Comment fais-je ma construction des foyers $F$ et $F'$ à partir de la donnée du gudule des axes et de la tangente $TMT'$ sans tomber dans la géométrie contemplative?

Amicalement

pappus

pappus

Merci j_j

Je suis un peu déçu

Mais tes calculs sont un peu orientés puisqu'on connait les axes !

Y-a-t-il moyen de faire le joint avec ma construction ?
Amitiés
pappus

pappus

Bonjour à tous

Je trace la perpendiculaire en $M$ à la droite $TMT'$.

Elle coupe $(OT)$ en $N$ et $(OT'$ en $N'$.

Je trace les cercles $(MTN)$ et $(MT'N')$ qui se recoupent en $M'$.

Les foyers $F$ et $F'$ sont les points fixes de l'involution ou transposition circulaire de point central $O$ échangeant $M$ et $M'$.
Amicalement
pappus

pappus

Bonjour à tous

La même construction pour une autre position de $TMT'$.

Je m'aperçois que je ne peux importer mes fichiers gif animés !
Amicalement
pappus

john_john

Donc, pour différencier l'axe focal du non focal, il suffit de demander à Cabri ou Geogebra de tracer les cercles de centre $O$ orthogonaux respectivement aux cercles $(MNT)$ et $(MN'T')$. L'une des deux échoue et l'autre donne l'axe focal ainsi que les foyers. Cela fonctionne avec Geogebra ; je l'ai vérifié.

pappus

Merci j_j

Je suis heureux d'apprendre cela.

Quant à ceux qui n'ont pas le début du commencement de l'idée de l'existence de la géométrie circulaire, il leur reste la géométrie contemplative qui n'a pas besoin d'être enseignée.

Oh temps suspens ton vol et vous heures propices...

Amitiés

pappus

pappus

Bonjour à tous

J'ai mis à l'épreuve ma construction des foyers dans la situation suivante:

Le point $F$ et donc les points $U$ et$V$ sont fixes.

Les points $A$ et $B$ varient sur le cercle de diamètre $UV$.

J'ai obtenu la figure ci-dessous.

Les formules de j_j permettent -elles de la justifier?

Obtient-on une figure aussi précise avec GeoGebra?

Enfin quelle est l'enveloppe de la conique de SO_?
Amicalement
pappus

john_john

Bonjour à tous,
mais oui mais oui : Geogebra s'en tire presque aussi bien que Cabri : est à déplorer une partie fictive du lieu, correspondant sans doute à quelque conique dégénérée..

pappus

Merci ,john_john.

Je t'attends sur l'enveloppe qui est une courbe beaucoup plus simple, en principe encore enseignée mais aujourd'hui je ne suis plus sûr de rien!

Amitiés

pappus

PS

As -tu ces résidus indésirables si tu suis scrupuleusement ma procédure circulaire?

john_john

De rien, pappus,
je viens de terminer le calcul de l'enveloppe ; je l'imaginais espoventable (dixit Rabelais), mais non, cela se fait bien. J'obtiens une quartique bicirculaire ; j'ai choisi l'axe $Ox$ porté par $(OF)$ et appelé $a$ l'abscisse de $F$. L'équation d'icelle est alors, sauf erreur :

$$(1-a^2)(X^2+Y^2)^2+2(a^2-1)X^2-2(a^2+1)Y^2=a^2-1$$

john_john

La méthode consiste à écrire qu'un point est dans l'enveloppe ssi il passe par ce point une conique double (je m'exprime sans doute mal, mais nous nous comprenons, n'est-ce-pas ?)

pappus

Mon cher j_j

As-tu dessiné cette quartique bicirculaire sur l'écran de ta console?

Amitiés

pappus

john_john

Divine surprise ! La réunion de deux cercles...

pappus

Mon cher j_j

Surprise, surprise!

Effectivement c'est ce que j'ai obtenu avec Cabri qui gère particulièrement bien les enveloppes.

Notons quand même que le seul cercle encore connu dans nos lycées reste le $DCT$ (Divin Cercle Trigonométrique).

Amitiés

pappus

john_john

Une fois que l'on sait ce qu'il faut trouver...

pappus

Merci j_j

A défaut d'avoir suscité le moindre intérêt dans le microcosme thaléso-pythagoricien, on s'est bien amusé tous les deux comme des petits fous grâce aux fantomatiques orthocentres de SO_ que je remercie et qui, je l'espère, aura appris quelque chose sur les involutions!

Ses coniques auraient pu faire un bon sujet d'écrit à l'X, il y a cent ans!

Amitiés

pappus

S0_

Bonjour Pappus et J_J

Je vous remercie pour votre travail accompli pour cet exercice..
J'ai noté la partie complexe que j'ai comprise mais pour l'involution je n'ai pas pu..
Mais bon moi-même je ferai une petite démonstration en utilisant ma fausse involution soulevée..
Ce sont comment envoyer les fichiers et la manipulation de ggb qui me font défaut à cause de la connexion qui n'est pas stable dans ma zone..
C'est ne pas comme chez vous là-bas où la connexion marche bien..
Maintenant je dois l'établir même peu à peu et fini avec ou donner d'autres nouveaux centres d'intérêt mathématique..
Bonne journée à tous
Cordialement
Bonaventure_S0_

S0_

Salut à tous

Je vais d'abord présenter l'application de façon simple..
Dans un autre fil je pourrai parler avec plus de détails.
Pour les fichiers je respecte que c'est compliqué..
Sur zup-image ça me met site ina...
Donc ne me permets pas..
Donc c'est pourquoi je ferai de petites réponses chaque fois pour permettre de bien comprendre..
Cordialement
Bonaventure-S0_

john_john

pappus, SO_, bonjour,
peut-être ce fil très intéressant n'est-il pas clos : si l'enveloppe est une quartique bicirculaire décomposée en la réunion de deux coniques circulaires (hahaha), il y a sans doute une raison à cela ??