Cercles harpons d'une parabole.

pappus
Modifié (1 May) dans Géométrie
Bonjour à tous
Voici un simple exercice pour ceux qui veulent vraiment faire de la géométrie!
La figure ci-dessous montre une parabole $\Pi$.
Quelle correspondance involutive simple doit exister entre les points $M$ et $M'$ pour que les six points $M$, $M'$, $T$, $U$, $T'$,$U'$ soient cocycliques?
Amicalement
pappus
PS
Autrement dit, $M$ et $M'$ ont le même cercle harpon!

Réponses

  • Je trouve par le calcul que $M$ et $M'$ sont symétriques par rapport au foyer de la parabole. Aucune idée de comment le démontrer autrement que par le calcul.
  • pappus
    Modifié (1 May)
    Mon cher JLT
    C'est exact et nos anciens savaient s'y prendre géométriquement.
    En fait je ne me suis pas foulé c'est un exo du Wolstenholme ou du Koehler auquel ont dû se frotter de grands esprits comme Cayley, Hamilton ou Maxwell dans leur jeunesse!
    Si tu aimes cette situation, remplace la parabole par une conique à centre!
    Amitiés
    pappus

  • pappus
    Modifié (1 May)
    Bonne nuit à tous
    Voici d'ailleurs la figure à tracer.
    La correspondance entre $M$ et $M'$ est toujours involutive mais appartient à un groupe maintenant disparu depuis belle lurette, bof!
    Amicalement
    pappus

  • Ah mais en fait la question a déjà été posée sur le forum il y a 6 ans : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/1650952/triangles-harpons

  • Merci JLT
    Effectivement mais je ne me souviens plus de ce que j'ai fait il y a cinq minutes, ne parlons pas de six ans.
    Je constate que notre regretté Poulbot avait apporté sa contribution!
    Mais il serait peut-être intéressant de connaitre la tienne plus en détail
    Tout tourne effectivement sur la formation de l'équation du cercle harpon.
    Nos anciens n'avaient pas de logiciel de calcul formel (genre Sage par exemple) pour les aider!
    Donc peut-être as-tu fait comme eux ce calcul à la main ou bien t'es-tu servi de quelque logiciel?
    Dans les deux cas de figure, il serait intéressant d'avoir un aperçu détaillé de ta méthode.
    Si je suis un peu moins fatigué, j'essayerai de rédiger la solution géométrique connue de nos anciens!
    Amitiés
    pappus
  • JLT
    JLT
    Modifié (2 May)
    Mon calcul se fait à la main et n'a pas grand intérêt. J'ai pris un repère de centre $F=(0,0)$ tel que la directrice de la parabole ait pour équation $y=-p$. La parabole a pour équation $x^2=2py+p^2$.
    Soient $(x,y)$ les coordonnées de $M$ et $\lambda$ tel que la droite $(MT)$ ait pour équation $Y=y+\lambda(X-x)$.
    L'équation du second degré $X^2-2p(y+\lambda(X-x))-p^2=0$ a un discriminant nul, ce qui donne la condition
    $$\lambda=\frac{x\pm\delta}{p}$$
    où $\delta=\sqrt{x^2-(2py+p^2)}$, et on a $X=\lambda p=x\pm\delta$ et $Y=y+\lambda(X-x)=\frac{x^2-py-p^2}{p}\pm\frac{x}{p}\delta$.
    On prend $T=(x+\delta,\frac{x^2-py-p^2}{p}+\frac{x}{p}\delta)$ et $U=(x-\delta,\frac{x^2-py-p^2}{p}-\frac{x}{p}\delta)$.
    Soit $V=(x,\frac{x^2-py-p^2}{p})$ le milieu de $[TU]$. Comme $\overrightarrow{UT}=2\frac{\delta}{p}\begin{pmatrix} p \\ x\end{pmatrix}$, le vecteur $\overrightarrow{N}=\begin{pmatrix} -x \\ p\end{pmatrix}$ dirige la médiatrice de $[TU]$ donc le centre $\Omega$ du cercle circonscrit à $MTU$ est de la forme $\Omega=V+t\overrightarrow{N}$.
    Comme $\Omega T^2=\Omega V^2+VT^2$ et $\Omega M^2=\Omega V^2+VM^2+2\overrightarrow{\Omega V}\cdot \overrightarrow{VM}=\Omega V^2+VM^2+2t\overrightarrow{N}\cdot \overrightarrow{MV}$, on a
    $$t=\frac{VT^2-VM^2}{2\overrightarrow{N}\cdot \overrightarrow{MV}}.$$
    Après trois lignes de calcul il vient $t=\frac{y+p}{p}$ et $\Omega=\frac{x}{p}\begin{pmatrix} -y \\ x\end{pmatrix}$.
    On constate que $\overrightarrow{F\Omega}\perp \overrightarrow{F M}$ donc le rayon $R$ du cercle vérifie $R^2=F\Omega^2+FM^2=\frac{(x^2+p^2)(x^2+y^2)}{p^2}$.
    Il est aisé de voir que $(x,y)\mapsto (-x,-y)$ est la seule transformation différente de l'identité qui conserve $\Omega$ et $R$.
  • john_john
    Modifié (2 May)
    Bonjour à tous,
    j'ai fait un autre calcul, qui se révèle assez simple. Je prends $X^2=2pY$ comme équation de la parabole $(P)$ ; si $(x,y)$ et $(x',y')$ sont les coordonnées de $M$ et de $M'$, on doit avoir $x'=-x$ car le faisceau contenant $(P)$ et la conique réunion des droites $(TU)$ et $(T'U')$ doit contenir un cercle (ces droites doivent être, en direction, symétriques par rapport à l'axe de $(P)$). Ces droites ont pour équations respectives $xX=p(y+Y)$ et $-xX=p(y'+Y)$, de sorte que leur réunion a pour équation $x^2X^2-p^2Y^2-pxX(y-y')-p^2Y(y+y')-p^2yy'=0$. Par combinaison linéaire avec l'équation de $(P)$, j'obtiens celle du cercle :  $p^2(X^2+Y^2)+pxX(y-y')+Y(p^2(y+y')-2p(p^2+x^2))+p^2yy'=0$. J'écris alors que $M$ et $M'$ appartiennent à ce cercle et je soustrais les deux équations obtenues, sachant que $y'\neq y$ : on obtient effectivement $y+y'=p$.

    pappus ne demandait pas la réciproque :smile:
  • Je n'avais pas précisé l'exclusion du cas où $y'=y$ ; dans ce cas, la CN se factorise en $(p-2y)(x^2-2py)=0$, le cas où $M\in(P)$ étant sans intérêt.
  • Merci JLT et J_J de m'avoir évité de faire ces calculs dont je ne sais pas si j'aurais été capable de les mener à bout compte tenu de mon état de santé très précaire.
    Merci à JLT d'avoir déterré cette vieille discussion où on peut admirer la virtuosité de Poulbot pour lequel j'ai la plus grande admiration! Il fut un merveilleux géomètre et un honnête homme!
    Dans ce fil, je pose diverses autres questions sur les cercles osculateurs à une conique qui mériteraient des réponses!
    Amitiés
    pappus



  • En lisant le fil ancien, j'ai lu que pappus avait effectivement posé des questions à propos de cercles osculateurs ; comme le dit fil partait un peu (litote !) dans tous les sens, je n'ai pas cherché à savoir si réponses il y eut. 
    Donc, voici une remarque : si $M\in(P)$, le cercle $(MM'T'U')$ passe par le centre $\Omega$ du cercle osculateur à $(P)$ en $M$.
    Avec mes notations (différentes de celles de JLT, car j'avais commencé les calculs indépendammment de mon côté), le point $\Omega$, point caractéristique de la normale, a pour coordonnées $\displaystyle\big(-\frac{x^3}{p^2}\ ; p+\frac32\frac{x^2}{p}\big)$ et il ne reste plus qu'à en vérifier l'appartenance au cercle.
    En outre, $M$ et $\Omega$ sont diamétralement opposés dans leur cercle.
  • JLT
    JLT
    Modifié (3 May)
    Ca se conçoit bien intuitivement. Dans le cas où la conique est un cercle de centre $O$, si $MTU$ est un triangle harpon alors $OMT$ et $OMU$ sont rectangles en $T$ et $U$ respectivement, donc le cercle de diamètre $[OM]$ passe par $M$, $T$ et $U$, autrement dit le centre $O$ du cercle osculateur est diamétralement opposé à $M$ dans le cercle $MTU$.
    Pour une conique quelconque, si $M$ se rapproche indéfiniment de la conique alors au voisinage de $M$ la conique "ressemble" au cercle osculateur, donc on peut imaginer que le centre du cercle osculateur est toujours diamétralement opposé à $M$ dans le cercle $MTU$ (qui est égal au cercle $MT'U'$).
    P.S. Avec les notations de mon message précédent, je confirme le calcul de john_john. Le centre de courbure a pour coordonnées $(-\frac{x^3}{p^2},\frac{3x^2+p^2}{2p})$ et on vérifie aisément que le milieu entre $M$ et ce point est le point $\Omega$ de mon message précédent.
  • Bonjour à tous,
    Puisqu'il est question de parabole et de cercles osculateurs, cet ancien fil est peut-être utile ? https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2333506/construction-dune-parabole
  • Re-bonjour,
    pour tracer le cercle osculateur, j'ai triché puisque le calcul montre qu'il passe aussi par le point de $(P)$ d'abscisse $-3x$, point aisément constructible.
    Il y a une bonne quinzaine d'années, j'avais proposé en exercice la construction générale du cercle osculateur en un point d'une conique. Cela avait donné lieu avec un échange intéressant avec le regretté Bruno. Qui saura le refaire ?
  • Bonjour à tous,
    Il y a aussi cette discussion d'il y a dix ans : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/881336/cercle-osculateur
    Bien cordialement, JLB

  • Bonjour à tous, et à pappus en particulier. $\def\ii{\boldsymbol{{i}}} \def\ptv{~;~} \def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\linfz{\mathcal{L}_{z}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\cc{\mathbb{C}} \def\rr{\mathbb{R}} \def\birap#1{\mathrm{birap}_{#1}} \def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\wedt{\underset{3}{\bigwedge}} $
    1. Les points $Q\left(t\right)\doteq a\,\dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}+\ii b\,\dfrac{2\,t}{1+t^{2}}$ viennent se placer sur une conique. En supposant $a,b,t\in\rr$, cette conique est une ellipse, qui a pour matrice et pour equation \[ \boxed{\mathcal{E}}\doteq\left[\begin{array}{ccc} a^{2}-b^{2} & 0 & -a^{2}-b^{2}\\ 0 & 4a^{2}b^{2} & 0\\ -a^{2}-b^{2} & 0 & a^{2}-b^{2} \end{array}\right]\ptv\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1 \] En substituant $b=\ii b,\;t=\ii t$, on obtient l'hyperbole \[ \boxed{\mathcal{H}}\doteq\left[\begin{array}{ccc} a^{2}+b^{2} & 0 & -a^{2}+b^{2}\\ 0 & -4a^{2}b^{2} & 0\\ -a^{2}+b^{2} & 0 & a^{2}+b^{2} \end{array}\right]\ptv\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1 \]
    2. On prend $C=Q\left(t_{1}\right)$, $D=Q\left(t_{2}\right)$, on trace les tangentes correspondantes qui se coupent en \[ M\simdoteq\left(\tra C\cdot\boxed{\mathcal{E}}\right)\wedge\left(\tra D\cdot\boxed{\mathcal{E}}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \left(1-\mathit{P_{t}}\right)a+\ii b\mathit{S_{t}}\\ 1+\mathit{P_{t}}\\ \left(1-\mathit{P_{t}}\right)a-\ii b\mathit{S_{t}} \end{array}\right) \] où l'on a posé $S_{t}=t_{1}+t_{2}$ et $P_{t}=t_{1}t_{2}$.
    3. On peut changer de point de vue, en considérant que $M\doteq z:t:\zeta$ est le paramètre principal. Cela donne: \[ \mathit{P_{t}}=\dfrac{2a\mathit{t}-\mathit{z}-\mathit{\zeta}}{2a\mathit{t}+\mathit{z}+\mathit{\zeta}}\ptv\mathit{S_{t}}=\dfrac{-2\,\ii a\left(\mathit{z}-\mathit{\zeta}\right)}{b\left(2a\mathit{t}+\mathit{z}+\mathit{\zeta}\right)} \]
    4. Et maintenant, on calcule le cercle harpon, en prenant le $\wedt$ (wedge3) des Veronese des points $M,C,D$. L'expression est évidemment symétrique en $t_{1},t_{2}$, et peut donc être réécrite en utilisant $z,t,\zeta$. Il vient: \[ \mathcal{C}\simeq\left(\begin{array}{c} 2a^{2}z\,\zeta^{2}+z\left(2a^{2}t^{2}-z\zeta-\zeta^{2}\right)f^{2}-t^{2}\left(z+\zeta\right)f^{4}\\ -2a^{2}t\left(z^{2}+\zeta^{2}\right)f^{2}+t\left(z+\zeta\right)^{2}f^{4}\\ 2a^{2}z^{2}\zeta+\zeta\left(2a^{2}t^{2}-z^{2}-z\zeta\right)f^{2}-t^{2}\left(z+\zeta\right)f^{4}\\ -4a^{2}\zeta tz+t\left(z+\zeta\right)^{2}f^{2} \end{array}\right) \] où l'on a introduit $f^{2}=a^{2}-b^{2}$.
    5. Il reste à identifier les points $N\simeq z_{1}:t_{1}:\zeta_{1}$ conduisant au même cercle harpon que le point $M$. Comme de juste, tout se passe agréablement, et il reste le trivial $M=M$ ainsi que le cas \[ N\simdoteq\dfrac{f^{2}\mathit{t}}{\mathit{z}}:1:\dfrac{f^{2}\mathit{t}}{\mathit{\zeta}} \] autrement dit: inversion dans le cercle de diamètre $\left[F_{1},F_{2}\right]$ suivi d'une symétrie wrt la droite $\left(F_{1}F_{2}\right)$. Montons sur notre chaise et battons des mains, la conjugaison zarmonique est revenue.
    6. On illustre tout cela par un exemple numérique: $a=4,\;f=5$, $z=3+\ii$. D'où $9x^{2}-16y^{2}-144$ et \[ \boxed{\mathcal{H}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 25 & 0 & -7\\ 0 & -576 & 0\\ -7 & 0 & 25 \end{array}\right]\ptv\boxed{\mathcal{C}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & -189+48\,\ii & 26\\ -189+48\,\ii & 1940 & -189-48\,\ii\\ 26 & -189-48\,\ii & 0 \end{array}\right] \] Les racines de $\det\left(\boxed{\mathcal{H}}+\mu\boxed{\mathcal{C}}\right)$ sont \[ \mu=\dfrac{144}{197},\;\mu=\dfrac{394}{845}\pm\dfrac{2\,\ii\sqrt{82871}}{845} \] La première correspond à la paire de conipolaires dont on cause (et qui sont visibles), les deux autres aux pairages visible-invisible.
    7. Les quatre intersections sont: \[ \left[\begin{array}{c} \dfrac{432}{65}+\dfrac{144\,\ii}{65}\mp\left(\dfrac{16}{65}+\dfrac{27\,\ii}{65}\right)\sqrt{79}\\ 1\\ \dfrac{432}{65}-\dfrac{144\,\ii}{65}\pm\left(-\dfrac{16}{65}+\dfrac{27\,\ii}{65}\right)\sqrt{79} \end{array}\right]\ptv\left[\begin{array}{c} \dfrac{864}{325}-\dfrac{288\,\ii}{325}\pm\left(\dfrac{27}{325}+\dfrac{16\,\ii}{325}\right)\sqrt{1049}\\ 1\\ \dfrac{864}{325}+\dfrac{288\,\ii}{325}\mp\left(\dfrac{27}{325}-\dfrac{16\,\ii}{325}\right)\sqrt{1049} \end{array}\right] \] Comme on le voit sur la figure, deux sont visibles et deux ne le sont pas.

    Cordialement, Pierre.
  • pldx1
    Modifié (14 May)
    Bonjour. 
    On reprend avec $Q(\tau)=\dfrac a 2 \left(\tau +\dfrac{1}{\tau}\right)+\dfrac b 2 \left(\tau -\dfrac{1}{\tau}\right)$.  Appelons $z_1,z_3$ les sommets des triangles harpons. On trouve: 
    $$\left\{ {P_1} = -\dfrac{a{z_1} -a {\zeta_1} +b {z_1} +b {\zeta_1} }{a {z_1} -a {\zeta_1} -b {z_1} -b {\zeta_1}}, {S_1} = -\dfrac{4 {t_1} a b}{a {z_1} -a {\zeta_1} -b {z_1} -b {\zeta_1}} \right\} $$ where $S_1=\tau_1+\tau_2 \cdots $. En procédant comme ci-dessus, on trouve que les $Q_j$ sont coconiques avec $M,N$, définissant la conique:

    \[ \left[\begin{array}{ccc} 2f^{2}\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{1}-2\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3} & \left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)\rho^{2}-\left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)f^{2} & \mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}-2\rho^{2}\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{1}\\ \left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)\rho^{2}-\left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)f^{2} & 2\left(\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3}\right)f^{2}-2\left(\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)\rho^{2} & \left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)\rho^{2}-\left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)f^{2}\\ \mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}-2\rho^{2}\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{1} & \left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)\rho^{2}-\left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)f^{2} & 2f^{2}\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{1}-2\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3} \end{array}\right] \]

    (où l'on a posé $a^2-b^2=f^2, a^2+b^2=\rho^2$). Et alors, on voit aisément que
    1. la conique harpon dégénère lorsque $M,N$ sont conjugués wrt la conique ou bien lorsque $MN$ est tangente à la conique
    2. la conique harpon est un cercle lorsque $m_{11}=m_{33}=0$ soit:  $(F_1,F_2,M,N)=-1$  comme déjà dit
    3. la conique harpon est une hyperbole équilatère lorsque $m_{13}=0$. Autrement dit, $M,N$ conjugués par rapport au cercle orthoptique. Le lieu de $N$ est $ortM$, la droite polaire de $M$ wrt le cercle orthoptique
    4. la conique harpon est une parabole lorsque $N$ est sur la parabole de foyer $M_{cir}$ et de directrice $ortM$. 


    Cordialement, Pierre.
  • pldx1
    Modifié (15 May)
    Remarque: Une description de la conique harpon peut aussi s'obtenir en polarisant la formule donnant les deux tangentes à une conique issues d'un point soit: \[ \left(\tra M \cdot \mathcal C \cdot M\right)  \times \left(\tra X \cdot \mathcal C \cdot X\right)  -\left(\tra X \cdot \mathcal C \cdot M\right) ^2 \] Il faut donc ajouter $M=N$ aux cas de dégénérescence. 
    Et une figure pour le cas de la parabole.



    Cordialement, Pierre.

    Edit: cette description est loin de fournir la matrice en question.  A suivre !
  • pldx1
    Modifié (23 May)
    Bonjour, $\def\coni{\mathcal{C}} \def\charpoly{\mathrm{charpoly}}$
    1. Décrire la conique harpon par \[ \mathrm{eqq}\doteq\left(\tra M\cdot\coni\cdot N\right)\times\left(\tra X\cdot\coni\cdot X\right)-\left(\tra X\cdot\coni\cdot N\right)\times\left(\tra M\cdot\coni\cdot X\right) \] est loin de fournir la matrice décrivant cette conique. Pour cela, il faut sortir les $X$ et $\tra X$ de la formule. Cela donne \[ \mathrm{2\,eqq}=\tra X\cdot\left[2\left(\tra M\cdot\coni\cdot N\right)\times\coni-\coni\cdot\left(M\cdot\tra N+N\cdot\tra M\right)\cdot\coni\right]\cdot X \] On remarquera la ruse utilisée pour imposer que la matrice obtenue soit symétrique. Evidemment, on retrouve la matrice déjà donnée. Qui en eût douté ?
    2. On pose $M'=R\cdot M$ avec \[ R\doteq\dfrac{\sqrt{2}}{2}\;\left[\begin{array}{ccc} a+b\ii & 0 & -a+b\ii\\ 0 & 2\sqrt{2}\,ab & 0\\ -a+b\ii & 0 & a+b\ii \end{array}\right] \] \begin{eqnarray*} \mathrm{eqq} & \doteq & \left(\tra{M'}\cdot N'\right)\times\left(\tra{X'}\cdot X'\right)-\left(\tra{X'}\cdot N'\right)\times\left(\tra{M'}\cdot X'\right)\\ 2\mathrm{eqq} & = & \tra{X'}\cdot\left[2\,\tra{M'}\cdot N'-N'\cdot\tra{M'}-M'\cdot\tra{N'}\right]\cdot X' \end{eqnarray*}
    3. On veut résoudre $\det\left[\right]=0$. Les gens simples calculent $\det\boxed{\mathcal{H}}$ et trouvent: \[ -2\left(\tra M\cdot\coni\cdot N\right)\times\left(MN\cdot\coni^{*}\cdot\tra{MN}\right)\times\sqrt{\det\coni} \]
    4. Les gens un peu moins simples calculent \begin{multline*} \det\left[\begin{array}{ccc} 2\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{3}+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3}\right) & -\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1} & -\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\\ -\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1} & 2\left(\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3}\right) & -\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\\ -\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1} & -\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1} & 2\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{3}+\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3}\right) \end{array}\right]\\ =-2\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{3}+\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3}\right)\left(\left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)^{2}+\left(-\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)^{2}+\left(-\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)^{2}\right)\\ =-2\left(\tra{M'}\cdot N'\right)\times\left(\left(M'\wedge N'\right)\cdot\tra{\left(M'\wedge N'\right)}\right)=-2\left(\tra M\cdot\mathcal{C}\cdot N\right)\times\left(MN\cdot\mathcal{C}^{*}\cdot\tra{MN}\right) \end{multline*}
    5. Les gens encore moins simples calculent: \begin{multline*} \charpoly\left(\left[\begin{array}{ccc} 2\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{3}+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3}\right) & -\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1} & -\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\\ -\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1} & 2\left(\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3}\right) & -\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\\ -\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1} & -\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1} & 2\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{3}+\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3}\right) \end{array}\right],\;\lambda\right)=\\ \left(\lambda-2\tra M\cdot N\right)\left(\lambda^{2}-2\lambda\,\tra M\cdot N-MN\cdot\tra{MN}\right) \end{multline*} et trouvent... guess what ? Finalement, tout le monde trouve la même chose, si non l'Univers lui-même s'auto-détruirait: que nul ne plaisante avec la Logique Eternelle !
    6. Finalement, msg-2481181 -- 14 May 2024 7:21AM $1 est trois fois plus vrai, ayant été prouvé trois fois.
    Cordialement, Pierre. Edit: $ plutôt que $
  • pldx1
    Modifié (21 May)
    Bonjour,
    1. La conique $\coni_{M}\doteq MT_{1}\cup MT_{2}$ s'obtient, au choix, comme \begin{eqnarray*} \tra X\cdot\coni_{M}\cdot X & \simeq & \left(\tra X\cdot\coni\cdot X\right)\times\left(\tra M\cdot\coni\cdot M\right)-\left(\tra X\cdot\coni\cdot M\right)^{2}\\ \coni_{M} & \simeq & \tra{\left(M\wedge T_{1}\right)}.\left(M\wedge T_{2}\right)+\tra{\left(M\wedge T_{2}\right)}.\left(M\wedge T_{1}\right)\\ & \simeq & \left[\begin{array}{ccc} f^{2}t_{1}^{2}-\zeta_{1}^{2} & \mathrm{qsp} & \mathrm{qsp}\\ \left(\rho^{2}\zeta_{1}-f^{2}z_{1}\right)t_{1} & \left(z_{1}^{2}+\zeta_{1}^{2}\right)f^{2}-2\rho^{2}z_{1}\zeta_{1} & \mathrm{qsp}\\ \zeta_{1}z_{1}-\rho^{2}t_{1}^{2} & \left(\rho^{2}z_{1}-f^{2}\zeta_{1}\right)t_{1} & f^{2}t_{1}^{2}-z_{1}^{2} \end{array}\right] \end{eqnarray*}
    2. La conique $\coni_{\delta}\doteq\left(T_{1}T_{2}\right)^{2}$ s'obtient comme \begin{eqnarray*} \coni_{\delta} & \simeq & {\color{magenta}\tra{\left(T_{1}\wedge T_{2}\right)}.\left(T_{1}\wedge T_{2}\right)} \\ & \simeq & \left[\begin{array}{ccc} \left(f^{2}z_{1}-\zeta_{1}\,\rho^{2}\right)^{2} & \mathrm{qsp} & \mathrm{qsp}\\ 4a^{2}b^{2}t_{1}\left(f^{2}z_{1}-\zeta_{1}\,\rho^{2}\right) & 16t_{1}^{2}a^{4}b^{4} & \mathrm{qsp}\\ \left(f^{2}z_{1}-\zeta_{1}\,\rho^{2}\right)\left(f^{2}\zeta_{1}-z_{1}\,\rho^{2}\right) & 4a^{2}b^{2}t_{1}\left(f^{2}\zeta_{1}-z_{1}\,\rho^{2}\right) & \left(f^{2}\zeta_{1}-z_{1}\,\rho^{2}\right)^{2} \end{array}\right] \end{eqnarray*}
    3. On fait agir l'homothétie ponctuelle $H\left(M,2\right)$ sur la conique $\coni_{\delta}$. Cela donne \[ \coni_{\Delta}\simeq\tra{\left[\begin{array}{ccc} 1 & z_{1}/t_{1} & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & \zeta_{1}/t_{1} & 1 \end{array}\right]}\cdot\coni_{\delta}\cdot\left[\begin{array}{ccc} 1 & z_{1}/t_{1} & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & \zeta_{1}/t_{1} & 1 \end{array}\right] \]
    4. Et alors, le lecteur ébahi peut vérifier que \[ \coni_{\mathrm{para}}\simeq\left(4t_{1}^{2}\right)\coni_{\Delta}+\left(2\rho^{2}z_{1}\zeta_{1}-f^{2}z_{1}^{2}-f^{2}\zeta_{1}^{2}\right)\coni_{M} \] où $\coni_{\mathrm{para}}$ est la parabole de foyer $M_{cir}$ et de directrice $ortM$, c'est à dire le lieu des points $N$ tels que la conique harpon de $\left(M,N\right)$ soit une parabole.
    5. On reprend donc le fichier geogebra où la conique $coni$ est définie par $B, B+(B-A)\epsilon,C,C+(C-A)\epsilon$ et un cinquième point $D$ (non représenté sur la figure). Alors $coni_{lou}$ ne dépend pas du point $D$, mais des points $H_1,H_2, H_1+(H_1-A)\epsilon, H_2+(H_2-A)\epsilon$ et de la condition "être une parabole".  On rappelle que $coni_{lou}$ est le lieu des points $N$ tels que la conique harpon $(M,N)$ soit une parabole. 

    Cordialement, Pierre.
    Edit: {\color{magenta}\tra{\left(T_{1}\wedge T_{2}\right)}.\left(T_{1}\wedge T_{2}\right)}
    Merci à Vassillia !
  • Vassillia
    Modifié (20 May)
    Bonjour, un peu ébahie quand même, je ne l'avais pas vu venir celle là même si je pense que tu voulais dire $\coni_{\delta} \simeq \tra{\left(T_2\wedge T_{1}\right)}.\left(T_2\wedge T_{1}\right)$ ou alors je n'ai rien compris...

    Si je prends les notations de la figure, $M=A$, $T_1=B$ et $T_2=C$ et que je pars sur le barycentrique que proposait à juste titre pappus donc le repère $A$, $B$ et $C$, tout va bien dans le meilleur des mondes.
    $\coni_{A} \simeq \left(\begin{array}{rrr} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{array}\right)$ est la réunion des droites $(AB)$ et $(AC)$
    $\coni_{\delta} \simeq \left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$ est la droite $(BC)$
    L'homothétie qui donne l'image d'un point $M$ est obtenue par la matrice $H \simeq \left(\begin{array}{rrr} 1 & -1 & -1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right)$ donc
    $\coni_{\Delta} \simeq \tra{H^{-1}} \cdot \coni_{\delta} \cdot H^{-1} \simeq \left(\begin{array}{rrr} 4 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{array}\right)$ est la droite $(H_1H_2)$
    Et alors le lieu des points $N$ qui donne une parabole pour la conique violette est $coni_{lou}=C_{para} \simeq \left(\begin{array}{rrr} 4 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \end{array}\right)$, c'est bien égal à $\coni_{\Delta} + 2\coni_{A}$.
    Donc certes, une fois le résultat obtenu pour $coni_{lou}$, je veux bien penser à une homothétie en y mettant beaucoup de bonne volonté mais sans avoir le résultat en amont, c'est introuvable ou il y a un truc ?
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pldx1
    Modifié (22 May)
    Bonjour.
    @Vassillia: merci pour la correction $ {\color{magenta}(T_1T_2)^2 \simeq \tra{\left(T_{1}\wedge T_{2}\right)}.\left(T_{1}\wedge T_{2}\right)}$.
    Comment faire apparaître l'homothétie dont il est question ? Une conique $\coni$ qui admet $ABC$ pour triangle harpon passe par les quatre points $B-(B-A)\epsilon, B+(B-A)\epsilon,C-(C-A)\epsilon,C+(C-A)\epsilon$ avec $\epsilon$ évanescent. L'ensemble de ces coniques forme donc un faisceau linéaire engendré par les coniques $\coni_M\doteq AB \cup AC$ et $\coni_\delta \doteq (BC)^2$. Voir cela facilite certains calculs. Certes.
    Mais il me semble plus visuel de fixer la conique $\coni$ et de raisonner sur les coniques harpons $\mathcal H \left( M,N \right)$ avec $M,N$ mobiles.  On applique alors les théorèmes $\mathcal H _{11}= \mathcal H _{33}=0$ (cercle), $\mathcal H _{13}=0$ (RH) et $ \left(\mathcal H \right)^* _{22}= 0$ (parabole). Dans les trois cas,  on obtient un lieu pour $N$ qui dépend principalement de $ABC$, le triangle harpon de $M$.  Il reste alors à vérifier que ces trois lieux ne dépendent que de $ABC$ et pas du point $D$, le cinquième point définissant $\coni$. C'est très facile: il suffit d'agiter $D$ et constater que rien ne bouge.
    Et ensuite, on peut toujours en remettre une couche par une démonstration formelle.
    Et enfin, il reste à regarder la figure avec l'oeil du lynx et à conclure que "cela se voyait depuis le début..." !
    Cordialement, Pierre.
  • pldx1
    Modifié (23 May)
    Bonjour.

    La conique $\mathcal H$ passe par $P\equiv A, B_1\equiv B, B_2\equiv C$  et l'on a vu que les objets cherchés restent invariants lorsque l'on agite le point $D$ (le cinquième point déterminant la conique initiale). Cela suggère fortement d'utiliser $ABC$ comme repère barycentrique. Le prix à payer sera de devoir introduire les longueurs $a,b,c$ des côtés du triangle harpon.

    La conique initiale s'écrit $\coni \simeq \left[\begin{array}{ccc} \mu  & 0 & 0 \\
     0 & 0 & -1 \\
     0 & -1 & 0 \end{array}\right]$. 
    Décrivant $N$ par les barycentriques $u:v:w$, la conique harpon $\mathcal H$ s'écrit $$ \boxed {\mathcal H} \simeq  \left[ \begin{array}{ccc}0 & -w  & -v \\  -w  & 0 & 2 u   \\  -v  & 2 u  & 0 \end{array}\right] $$
    Comme de juste, la diagonale principale est nulle puisque cette conique est circonscrite au triangle $ABC$. On voit que le perspecteur $E$ de cette conique est $U \simeq 2u:-v:-w$, image de $N$ par l'homologie $h$ de matrice  $Diag(2,-1,-1)$.

    On sait qu'une conique circonscrite est un cercle, une RH, une parabole selon que son perspecteur est en X(A,B,C,6) ou sur la tripolaire de X(A,B,C,4) ou sur la conique in-Steiner(ABC). La première mention de in-Steiner(ABC) dans ce groupe de fils a été faite par @gai requin... avec pour principal résultat le déclanchement d'un bizuthage en règle.
    Quoi qu'il en soit, remonter ces trois lieux par $h^{-1}$ redonne les résultats déjà donnés dans msg-2481181 -- 14 May 2024 7:21AM.

    Qui en sont donc encore plus vrais qu'avant, ayant été démontrés une fois de plus.

    Cordialement, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (23 May)
    Euh, moi je ne savais pas même si j'arrivais quand même à trouver des conditions pour un cercle, une hyperbole équilatère ou une parabole. Force est de constater que c'est nettement mieux, merci !
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pappus a dit :
     La figure ci-dessous montre une parabole $\Pi$.
    Quelle correspondance involutive simple doit exister entre les points $M$ et $M'$ pour que les six points $M$, $M'$, $T$, $U$, $T'$,$U'$ soient cocycliques?
    Amicalement
    pappus
    PS
    Autrement dit, $M$ et $M'$ ont le même cercle harpon!


    JLT a dit :
    Je trouve par le calcul que $M$ et $M'$ sont symétriques par rapport au foyer de la parabole. Aucune idée de comment le démontrer autrement que par le calcul.
    soient $O$ le centre du cercle , $I,J,I'$ et $J'$  les milieux respectives de $MT,MU,M'T'$ et $M'U'$
    on sait que $IJ$ et $I'J'$ son tangents à $\Pi$ donc le foyer $F$ de $\Pi$ est sur  les cercles  circonscrits à   $MIJ$ et $M'I'J'$ respectivement;
    il est clair que $O$ est leur deuxième intersection;
      si $O_1,O_2$ sont leurs centres alors $OF\perp  O_1O_2$  mais $OM,OM'$ sont des diamètres de leur cercles respectives
    donc $O_1O_2\parallel MM'$ d'où $OF\perp MM'$ il en decoule que $F$ est le milieu de $MM'$
    cordialement
    RH HAS
     
  • Bonjour,  $\def\coni#1{\mathcal{C}_{#1}} \def\conis#1{\mathcal{C}_{#1}^{*}} \def\linfz{\mathcal{L}_{z}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\coni{\mathcal{C}} $
    Remettons une pièce dans le juke-box en incorporant: https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/1464220/\#Comment\_1464220 A l'époque, il avait été décidé que la configuration "le christ entre ses deux larrons" était la meilleure. Autrement dit le sommet du harpon est $B\equiv M$.
    1. Les coniques admettant $ABC$ comme triangle harpon de sommet $M\equiv B$ ont pour matrice \[ \coni\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & \lambda\\ 0 & 1 & 0\\ \lambda & 0 & 0 \end{array}\right]\ptv\conis{}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 0 & \lambda & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right] \]
    2. On considère un deuxième triangle harpon, de sommet $N\simeq u:v:w$. La conipolaire de ce point est $\tra N.\coni\simeq\left[\lambda w,v,\lambda u\right]$. Et les ré-intersections avec la conique sont: \[ N_{a},N_{c}\simeq\left[\begin{array}{c} u\left(-v-W\right)\\ 2\lambda uw\\ w\left(-v+W\right) \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} u\left(-v+W\right)\\ 2\lambda uw\\ w\left(-v-W\right) \end{array}\right]\where W=\sqrt{2\lambda uw+v^{2}} \]
    3. Les intersections en croix sont \begin{eqnarray*} K & \doteq & \left(B\wedge N_{b}\right)\wedge\left(C\wedge N_{c}\right)\simeq u:v+W:w\\ K' & \doteq & \left(B\wedge N_{c}\right)\wedge\left(C\wedge N_{b}\right)\simeq u:v-W:w \end{eqnarray*} On voit bien que $M\equiv A,N,K,K'$ sont alignés.
    4. Soient $X\simeq1-t:t:0$ et $Y\simeq1-y:0:y$ les points mobiles de $AB$ et $BC$. La relation "$XY$ est tangente à $\coni$" s'écrit: \[ y=\dfrac{2t-2}{\lambda t+2t-2} \] dans le cas général et $y=1-t$ dans le cas d'une parabole ($\lambda=-2$).
    5. A partir de maintenant, on parabelle. On décrit le "harpon générique" en utilisant $P_{t},\Delta_{t}\wedge\Delta_{s},P_{s}$ où $\Delta_{t}$ est la droite $X_{t}Y_{t}$ et $P_{t}$ son contact avec la parabole. Alors la matrice de la collinéation $\phi:\left(A,B,C\right)\mapsto\left(A',B',C'\right)\ptv\linf\mapsto\linf$ est: \[ \boxed{\phi}=\left[\begin{array}{ccc} t^{2}-2\,t+1 & ts-s-t+1 & s^{2}-2\,s+1\\ -2\,t^{2}+2\,t & -2\,ts+s+t & -2\,s^{2}+2\,s\\ t^{2} & ts & s^{2} \end{array}\right] \] (on croirait un cours de polarisation !). Le polynôme caractéristique se factorise aisément. On trouve:
    6. Pour la valeur propre $1$, le point propre est $P_{x}\simeq\left(s-1\right)^{2}:-2\left(s-1\right)t:t^{2}$. Ce point est sur la parabole. Tandis que la droite propre est $\linf\simeq\left[1,1,1\right]$, la droite de l'infini.
    7. Pour la valeur propre $\left(s-t\right)^{2}$, le point propre est $P_{\infty}\simeq1:-2:1$, le point à l'infini de $\coni$. Tandis que la droite propre est $\Delta_{x}\simeq\left[t^{2},\left(s-1\right)t,\left(s-1\right)^{2}\right]$, la polaire de $P_{x}$ (la tangente à $\coni$ en ce point).
    8. Pour la valeur propre $\left(s-t\right)$, le point propre est $D\simeq s-1:1-s-t:t$, le point à l'infini de $\Delta_{x}$ (et donc pas sur $\coni$). Tandis que la droite propre est $D_{x}\doteq P_{x}P_{\infty}$, le diamètre conjugué de $\Delta_{x}$. Et, comme signalé à l'époque par @Poulbot, ce diamètre passe par le point commun aux "droites en croix", à savoir $AA',BB',CC'$.
    9. Finalement, les points invariants forment un nouveau triangle harpon \[ \mathcal{H}\simeq\left[\begin{array}{ccc} \left(s-1\right)^{2} & 1-s & 1\\ -2\left(s-1\right)t & s+t-1 & -2\\ t^{2} & -t & 1 \end{array}\right]\ptv\mathcal{H}^{*}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\\ 2t & s+t-1 & 2s-2\\ t^{2} & \left(s-1\right)t & \left(s-1\right)^{2} \end{array}\right] \] et, bien entendu, la parabole elle-même est globalement invariante par la collinéation $\phi$. Le fait que les valeurs propres soient en progression géométrique est quelque chose qui a déjà été discuté dans un fil avec @Swingmustard.
    10. Pour Geogebra. On utilise mm1=xABC(A,B,C), mm2=xABC(P_t,P_b,P_s), xfo=mm2{*}Invert(mm1). Et alors D'=ApplyMatrix(xfo,D) permet de tester tout ce que l'on veut. Si l'on attache $D$ au diamètre, $D'$ reste dessus. Si l'on attache $D$ à $\Delta_{x}$, alors $D'$ reste dessus. Etc.  Fichier attaché = ronchon-01.ggb

     Cordialement, Pierre.


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