Construction d’une hyperbole

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Réponses

  • Quand on sait construire la tangente en $P$ ?
  • pappus
    Modifié (26 Feb)
    Mon cher Gai Requin
    $P$ est ce qu'on appelle le point courant. Il ne compte pas dans la construction.
    Il faut donc "construire" la conique lieu de $P$ d'une façon ou d'une autre en ne faisant pas intervenir le point $P$.
    On sait qu'une conique (projective) est entièrement déterminée par cinq points. L'idée est donc de mettre en évidence d'autres points du lieu autres que $P$, $B$, $C$ et on a que l'embarras du choix compte tenu de la petite liste de points homologues dans l'homographie $AB\longmapsto AC; C'\mapsto B'$ que j'ai déjà donnée.
    Amitiés
    pappus
  • J’ai fait le compte, on a $B,C$, $C\infty_{AB}\cap B\beta$, $C\gamma\cap B\infty_{AC}$ et les tangentes en $B$ et $C$.
  • Mon cher Gai Requin
    Faire le compte ne suffit pas.
    Ce que réclament les géomètres à la fin des fins c'est une figure!
    Amitiés
    pappus
  • gai requin
    Modifié (26 Feb)
    Bonsoir pappus,
    J'ai construit à la règle le centre de l'hyperbole en utilisant le milieu $\alpha$ de $BC$.
    Si tu es intéressé, je remets de l'ordre dans ma figure avant de la poster.
  • pappus
    Modifié (27 Feb)
    Merci Gai Requin
    Effectivement avec les nouveaux points, on construit le centre de la conique.
    Je te laisse commenter ma propre figure.
    Amitiés
    pappus

  • gai requin
    Modifié (26 Feb)
    La polaire de $\infty_{AB}$ passe par $B$, le pôle de $AB$, et comme $JC\parallel AB$, elle passe aussi par le milieu de $JC$.
    De même, la polaire de $\infty_{AC}$ passe par $C$ et le milieu de $IB$.
    Donc $\Omega$, l'intersection de ces polaires, est le pôle de la droite de l'infini donc le centre de l'hyperbole.
    Remarque : L'involution "Diamètre conjugué" de $\Omega^*$ fixe les asymptotes qu'on peut donc aussi construire !
  • pappus
    Modifié (27 Feb)
    Merci Gai Requin
    J'attendais surtout que tu commentes l'apparition des points $I$, $J$, $\Omega$, $K$, $L$ sur ma figure.
    Il reste que ce que tu dis est vrai même si c'est moins élémentaire que le Lebossé-Hémery qui ne connait pas la polarité par rapport à une conique.
    Ta remarque sur la construction des asymptotes est capitale et rejoint miraculeusement la dernière intervention de Biguine_equation concernant le Papelier dans lequel on peut trouver des dizaines d'exercices comme celui-là.
    Au bout du bout, nos anciens considéraient qu'une hyperbole était parfaitement déterminée par la connaissance de ses asymptotes et d'un point.
    Pourquoi?
    Amitiés
    pappus

  • pappus
    Modifié (27 Feb)
    Bonjour à tous
    Voici une construction élémentaire (non commentée pour le moment) des asymptotes de l'hyperbole où j'ai tenu compte de la remarque de Gai Requin.
    J'ai transféré "naturellement" l'involution "Diamètres conjugués" de $\Omega^*$ sur la tangente $AB$.
    C'est un peu différent de ce que faisaient nos anciens qui transféraient plutôt cette involution sur un cercle arbitraire passant par $\Omega$  et se servaient ensuite de la réciproque du théorème de Frégier pour la construction des asymptotes. C'est justement la figure que nous a montré Biguine_equation en nous parlant du Papelier, un petit miracle vous dis-je !
    Amicalement
    pappus
    PS.
    Dans Science et Méthode (1908), Poincaré écrit : L'éducateur doit faire repasser l'enfant par où sont passés ses pères, plus rapidement mais sans bruler d'étapes. À ce compte, l'histoire de la science doit être notre premier guide.

  • Vassillia
    Modifié (27 Feb)
    Petite remarque au passage pour @beguine_equation (ou d'autres lecteurs/lectrices), c'est grâce à la réponse de gai requin qu'on trouve le centre de la conique si facilement.
    En regardant à nouveau une conique comme une matrice $C$, la polaire d'un point $ M \simeq \left(\begin{array}{c} x\\y\\ z \end{array}\right)$ est la droite $^t\!M \cdot C$ et vous vous doutez peut-être déjà que le pôle d'une droite $\Delta \simeq [p,q,r]$ est le point $C^{-1} \cdot {\,}^t\! \Delta$
    Ce qui est parfaitement logique, le cas tangente et point de contact n'étant qu'un cas particulier d'une polaire pour un point appartenant à la conique et donc comme on sait qui est la droite de l'infini...
    Si la notion de polaire vous parait obscure, c'est normal, moi non plus, je n'en avais jamais entendu parler. Je crois que la première fois que je l'ai utilisée, j'ai fait un truc affreux sous geogebra avant qu'on me fasse remarquer que la commande existe. Maintenant, j'arrive plus ou moins à la "voir". C'est comme tout, ça s'apprend, et il y a autant de manière d'apprendre que d'individus, trouvez la votre, adaptez vous aux besoins et capacités de vos apprenants me semble un conseil tout autant judicieux.

    PS : La droite de l'infini est $L_{\infty} \simeq [1,1,1]$
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • @pappus : Si l'on connaît un point $A$ et les asymptotes d'une hyperbole, on sait facilement construire le deuxième point d'intersection de cette hyperbole avec toute droite de $A^*$.
  • pappus
    Modifié (27 Feb)
    Merci Gai Requin
    A ceci près qu'il ne faut pas dire "on sait" mais plutôt "on savait"!
    Amitiés
    pappus
  • Alors moi je ne savais pas et maintenant je sais, sans doute grâce à toi !
  • Bonjour à tous
    La morale de l'histoire?
    Eh bien, c'est qu'il faut connaitre toutes les méthodes pour faire cet exercice si on veut vraiment dominer le sujet tout en reconnaissant que la méthode calculatoire est  la plus importante!
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (27 Feb)
    Bonjour à tous
    Je pense que nos anciens considéraient qu'une courbe (pas forcément une conique) était déterminée quand il pouvait donner une construction (simple) du point courant et de sa tangente.
    Dans un message précédent, je ne sais plus lequel, gai requin avait dit un peu naïvement:
    Quand on sait construire la tangente en P ?
    Eh bien parlons en justement!
    Comment "construire" la tangente en $P$ à l'hyperbole, sans l'avoir déterminée?
    Indication: La réponse est dans le Sidler, page 53, article 5.1.3
    Amicalement
    pappus

  • Avec les asymptotes, c'est très facile (droite des milieux).

  • pappus
    Modifié (27 Feb)
    Merci gai requin même si je n'ai pas compris ta figure car tu ne nous dis pas clairement où sont les asymptotes.
    Justement on a pas encore construit les asymptotes et je ne suis pas si sûr que cela que quiconque ait vraiment compris la construction que j'en ai donnée!
    Amitiés
    pappus
    PS
    Je suis sur le point de quoi, je ne sais pas ou plutôt je ne le sais que trop bien!

  • gai requin
    Modifié (27 Feb)
    Soit $K$ le pôle de $OC$.
    Alors $K=AB\cap\mathcal T_C$ et $[CA,CB,CO,CK]=[A,B,CO\cap AB,K]=-1$.
    Pour s’en convaincre, envoyer $CO$ à l’infini !
  • gai requin
    Modifié (27 Feb)
    Sur ma dernière figure, les asymptotes sont les deux seules droites passant par $\Omega$, $P$ est un point quelconque de l’hyperbole et la tangente en $P$ est rouge.
  • pappus
    Modifié (27 Feb)
    Mon cher gai requin
    Voici comment je vois ta construction de façon plus claire.
    Où est la droite des milieux ?
    Amitiés
    pappus

  • pappus
    Modifié (27 Feb)
    Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.
    Voilà comment je vois l'application de l'article 5..1.3, page 53 du Sidler au problème de Biguine_equation.
    Amicalement
    pappus.

  • gai requin
    Modifié (27 Feb)
    Je vois trois droites des milieux sur ta figure, alors qu’une seule suffit !
  • Bonne nuit gai requin
    Moi j'en vois trois!
    Mais tout le monde a compris ma figure archiconnue où figure l'hyperbole!
    Amitiés
    pappus
  • Deux ou trois, une seule suffit (plus un symétrique).
  • Bonne nuit gai requin
    Sur une figure aussi simple, on ne va pas mégoter sur le nombre des droites des milieux!
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour, $\def\am{\mathrm{a}} \def\bmq{\mathrm{b}} \def\cm{\mathrm{c}} \def\dm{\mathrm{d}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\ptv{~;~}$

     On pose $C'\simeq t:1-t:0$ et $B'=k:0:1-k$. On écrit que \[ \dfrac{\overrightarrow{AC'}}{\overrightarrow{C'B}}+\dfrac{\overrightarrow{CB'}}{\overrightarrow{B'A}}=0\Longrightarrow\dfrac{1-t}{t}+\dfrac{k}{1-k}=0  \] On résoud et cela donne : $s=\dfrac{t-1}{2t-1}$. On prend sa calculette et l'on obtient: \[
     \mathrm{convert} \left(\dfrac{t-1}{2t-1}, \mathrm{parfrac},\;t\right) \; =\; \dfrac{1}{2}-\dfrac{1/2}{2t-1}  \] Cette décomposition prouve que $t\mapsto s\left(t\right)$ fait partie du groupe engendré par les générateurs du groupe des homographies. Et l'on peut donc s'exclamer que les deux paramètres $s$ et $t$ sont dans une relation homographique ! Tout le reste en découlera !

     Généralisons. Prenons $h\left(t\right)=\dfrac{\mathit{\am}t+\mathit{\bmq}}{\mathit{\cm}t+\mathit{\dm}}$ comme homographie et notons $C_{t}=C'(t)$, $B_{t}=B'\left(k\left(t\right)\right)$, soit \[ C_{t}\simeq\left[\begin{array}{c} t\\ 1-t\\ 0 \end{array}\right]\ptv B_{t}\simeq\left[\begin{array}{c} \am t+\bmq\\ 0\\ \left(\cm-\am\right)t+\left(\dm-\bmq\right) \end{array}\right] \]
    1. On coupe en croix, obtenant \[ D_{st}=C_{t}B_{s}\cap C_{s}B_{t} \] Et un quatrième coup de wedge nous donne \[ \Delta\doteq D_{st}\wedge D_{uv}\simeq[\mathit{\am}+\mathit{\bmq}-\mathit{\cm}-\mathit{\dm},\mathit{\bmq}-\mathit{\dm},\mathit{\am}+\mathit{\bmq}] \] Comme il n'y a plus de $s,t,u,v$, on a obtenu le fameux zaxe d'homographie.
    2. Comme ce zaxe menace de revenir comme les radis, on crée une procédure
      $radis:= proc(src, obj, t)\; local\; s,\; S,\; T; $
      $wedge(subs(t=t,src), subs(t=s, obj)) \ptv wedge(subs(t=s,src), subs(t=t, obj))\ptv $
      $(reduce@wedge)(\%\%, \%) \ptv subs(s=S,t=T, \%) \ptv (reduce@wedge)(\%\%,\%) \ptv $
      $end; $
    3. Les traces du zaxe sur $AB,AC$ sont: \[ K,L\simeq\left[\begin{array}{c} -\bmq+\dm\\ \am+\bmq-\cm-\dm\\ 0 \end{array}\right],\;\left[\begin{array}{c} -\am-\bmq\\ 0\\ \am+\bmq-\cm-\dm \end{array}\right] \]
    4. On peut chercher l'enveloppe des droites \[ C_{t}B_{t}\simeq\left[\mathit{\am}-\mathit{\cm}+\dfrac{\mathit{\bmq}-\mathit{\dm}}{t},\;\dfrac{\left(\cm-\mathit{\am}\right)t+\mathit{\dm}-\mathit{\bmq}}{1-t},\;\mathit{\am}+\dfrac{\mathit{\bmq}}{t}\right] \] Un coup de $\mathrm{locusconi}$ conduit à la conique droitique \[ \boxed{\mathcal{C}_{\mathrm{eden}}^{*}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 2\mathit{\bmq} & -\mathit{\am}-\mathit{\bmq} & -\mathit{\bmq}+\mathit{\dm}\\ -\mathit{\am}-\mathit{\bmq} & 0 & \mathit{\am}+\mathit{\bmq}-\mathit{\cm}-\mathit{\dm}\\ -\mathit{\bmq}+\mathit{\dm} & \mathit{\am}+\mathit{\bmq}-\mathit{\cm}-\mathit{\dm} & 0 \end{array}\right] \] Elle est visiblement tangente à $AB$ et $AC$ en $L$ et $K$. Son centre est \[ \boxed{\mathcal{C}_{\mathrm{eden}}^{*}}\cdot\linf\simeq\am-\dm:\cm+\dm:\cm-\am \]
    5. On peut aussi examiner le graphe de la correspondance $C_{t}\mapsto B_{t}$, qui est donc le lieu de $G_{t}=C_{t}+B_{t}-A$. On trouve une hyperbole. Il est amusant d'en chercher les asymptotes. Elles correspondent à $t=\infty$ ($C_{\infty}\simeq A-B$) et $t=m\doteq-\dm/\cm$ ($B_{m}\simeq A-C$) . Finalement, le lieu $\mathcal{C}_{\mathrm{gra}}$de $G_{t}$ est : \[ \left(\left(\mathit{\cm}+\mathit{\dm}\right)x+\mathit{\dm}y+\left(\mathit{\cm}+\mathit{\dm}\right)z\right)\times\left(\left(\mathit{\am}-\mathit{\cm}\right)x+\left(\mathit{\am}-\mathit{\cm}\right)y+\mathit{\am}z\right)-\left(\mathit{\am}\mathit{\dm}-\mathit{\bmq}\mathit{\cm}\right)\left(x+y+z\right)^{2} \]
    6. Revenons à la question posée. Un petit coup en croix: $E=CC_{t}\cap BB_{t}$, suivi d'un coup de locusconi. On en déduit la conique: \[ \mathcal{C}_{\mathrm{begeq}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 2\am+2\bmq-2\cm-2\dm & \bmq-\dm & \am+\bmq\\ \bmq-\dm & 0 & \bmq\\ \am+\bmq & \bmq & 0 \end{array}\right] \] On voit aisément que cette conique passe par $B,C,K,L$. Dans cet exercice, $L=C$ et $K=B$, d'où les contacts. Et voilà.
    7. Laissons revenir les radis. On trouve \[ \mathrm{radis}\left(CC_{t},BB_{t},t\right)=\left[\begin{array}{c} -\bmq\\ \am+\bmq\\ \bmq-\dm \end{array}\right] \] Oh le beau centre d'homographie, qui permettrait d''éviter les calculs... si on souhaitait les éviter. On trace quelques droites (orange) pour vérifier tout cela.
    8. Et maintenant, il serait intéressant d'étudier les transformations qui relient entre elles ces trois coniques.
    9. Une remarque: un exercice sert à s'exercer. L'idée qu'il y aurait une méthode meilleure qu'une autre est simplement amusante. On a une alternative très simple. Au cas où deux méthodes différentes donneraient des résultats différents, on aurait réussi à démontrer que les mathématiques sont non-contradictoires (et aussi que les Martiens sont rouges avec des pois verts). Tandis que, au cas (problable) où les mathématiques seraient non-contradictoires, les méthodes différentes donneront le même résultat.
    10. Un exemple. Chaurien dit: $x^{2}+3xy+y^{2}-2x-2y+1$. Rescassol dit $x^{2}+yz$. Avons nous démontré le théorème des Martiens à pois verts ? Malheureusement non, car \[ \tra{\left[\begin{array}{c} 1-x-y\\ x\\ y \end{array}\right]}\cdot\left[\begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{c} 1-x-y\\ x\\ y \end{array}\right]=2\times\mathrm{Chaurien} \]
    11. Incidente. pappus a dit : "Tout ceci est bien terminé aujourd'hui, non seulement il n'y a plus de géométrie moderne mais il n'y a plus de géométrie tout court au point qu'on peut se demander à quel public s'adressent le glossaire de Pierre ou bien nos logiciels de géométrie dynamique" . Il suffit de sortir de sa taupinière, et de constater combien vaste est le vaste monde. Tant qu'il y aura des chirurgiens, il y aura besoin d'imagerie médicale. Et les emplois suivent. Labor omnia vincit...


    Cordialement, Pierre.
  • Tant qu’il y aura des algébristes, on fera de l’algèbre 😉
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