Un zeste de géométrie projective

pappus
Modifié (13 May) dans Géométrie
Bonjour à tous
On se donne dans le plan projectif une conique $\Gamma$ et deux points $P$ et $P'$.
Soient $PTU$ et $P'T'U'$ les triangles harpons des points $P$ et $P'$ par rapport à $\Gamma$.
Montrer que les six points $(P,T,U,P',T',U')$ sont situés sur une même conique $\gamma$.
Quand cette conique $\gamma$ est-elle décomposée?
En faisant des hypothèses supplémentaires adéquates sur ce plan projectif, quand cette conique $\gamma$ est-elle une parabole, un cercle, une hyperbole équilatère?
Amicalement
pappus
PS
A défaut de connaitre le début du commencement des défunts théorèmes généraux de la théorie des coniques projectives, on pourra privilégier le calcul analytique.
Grosso modo on travaille donc dans le plan muni d'un système de coordonnées homogènes dans lequel les points $P$ et $P'$ apparaissent avec leurs misérables triplets de coordonnées et la conique $\Gamma$ avec sa modeste et traditionnelle matrice symétrique de taille $3$ d'après mes très lointains souvenirs!

«13

Réponses

  • Bonjour, pappus,
    je commence par un calcul : je prends $(T,U,T',U')$ comme base projective, de sorte que $\Gamma$  a une équation de la forme $aYT+bTX+cXY=0$, avec $a+b+c=0$. Le point $P$ a pour coordonnées $(a:b:-c)$ et le point $P'$ le triplet $(a:-b:a-b)$. Ces six points apparatiennent à la conique d'équation $AYT+BTX+CXY=0$, où $A=-a^2,B=b^2,C=(b-a)c$.

    Amicalement, j__j
  • pappus
    Modifié (13 May)
    Merci john_john
    L'inconvénient de travailler avec les équations réduites est qu'on ne voit plus très bien ce qui se passe dans le cas général qu'on sera bien obligé d'utiliser pour résoudre les questions suivantes!
    Et il se trouve que les calculs se passent bien et même très bien dans le cas général!
    Un simple calcul dans l'algèbre des matrices symétriques de taille $3$.
    Amitiés
    pappus
  • Si l'on veut à présent faire les calculs sans envoyer des points à l'infini : soit $Q$ la matrice de la conique dans une base projective quelconque. j'appelle, $T,U,...$ les vecteurs des coordonnées projectives des points du même nom : j'ai par exemple $^tTQP=0$ et $^tUQP=0$, de sorte que $T\wedge U$ est de la forme $aQP$, où $\wedge$ désigne le produit vectoriel formel des triplets $T,U$. De même, $T'\wedge U'=a'QP'$. Je cherche l'équation de la conique rouge comme combinaison linéaire de $Q$ et de l'équation de la conique décomposée $(TU)\cup(T'U')$. Je trouve alors que $P$ et $P'$ satisfont à $^tPQ'P=^tP'Q'P'=0$, où $Q'=Q-tR$, où $R$ est la matrice de $X\mapsto(T,U,X)\cdot(T'U',X)$ (déterminants canoniques) et $t=-\displaystyle\frac1{aa'\cdot\,^tP'QP}\cdot$
  • Merci john_john
    Voici ma propre rédaction tenant compte de tes notations.
    Une équation de $\Gamma$ est:
    $${}^tX.Q.X=0$$
    La polaire de $P$ a pour équation:
    $${}^tP.Q.X=0$$
    La polaire de $P'$ a pour équation:
    $${}^tP'.Q.X=0$$
    L'équation des coniques du faisceau linéaire contenant $\Gamma$ et la conique décomposée formée par la réunion des polaires est donc:
    $${}^tX.Q.X+\lambda ({}^tP.Q.X).({}^tP'.Q.X)=0$$
    On ajuste $\lambda$ pour que cette conique passe par $P$:
    $${}^tP.Q.P+\lambda ({}^tP.Q.P).({}^tP'.Q.P)=0$$
    Soit $$1+\lambda.{}^tP'.Q.P=0$$
    Au final l'équation de cette conique est:
    $$({}^tP'.Q.P).({}^tX.Q.X)-({}^tP.Q.X).({}^tP'.Q.X)=0$$
    On constate qu'elle passe aussi bien par $P'$!
    Amitiés
    pappus
    PS
    Faire évidemment les questions suivantes en utilisant cette équation de $\gamma$.














  • john_john
    Modifié (15 May)
    Effectivement, pappus, en interprétant les droites de la conique dégénérée choisie comme des polaires (et non pas comme les droites $(TU$ et $(T'U')$, on simplifie sensiblement la solution ; bien vu !
  • gai requin
    Modifié (13 May)
    Une magnifique involution arguésienne sur la droite $PP'$.  :) 



  • Avec le théorème de Pascal, on a en prime l'alignement $PQP'Q'$ ; par exemple, utiliser l'hexagramme $(TT'U_0UU'T_0)$
  • Les publications se sont croisées ! Le temps que je nomme tous ces points, pappus a tiré le premier.
  • gai requin
    Modifié (13 May)
    C'est gai requin qui a tiré le premier (avec ses figures moisies) ;)
  • john_john
    Modifié (13 May)
    Ah, mais oui ! V'là c'que c'est quand on se contente de regarder les images sans lire le texte. Toutes mes plates excuses à gai requin.
  • Vassillia
    Modifié (13 May)
    Bonjour, je crois que c'est @gai requin qui a fait la jolie figure.
    Ah le coup des polaires, je n'y aurais pas pensé, j'avais essayé mais j'étais parti sur une conique circonscrite avec un point mobile paramétré sur cette conique et je calculais les tangentes ensuite. J'arrivais à me dépatouiller quand même mais c'est plus facile ainsi.
    Merci @pappus
    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
    Modifié (13 May)
    Bonsoir à tous
    J'ai souvent dit pourquoi je n'aimais pas utiliser le théorème de Pascal qui ne fait que traduire l'existence de l'axe d'une homographie d'une conique.
    Si on tient vraiment à utiliser les défunts théorèmes de la théorie projective des coniques, voici comment je m'y prendrais:
    On a le faisceau $\mathcal F$ des droites passant par $P$ et pour faire bonne mesure le faisceau $\mathcal F'$ des droites passant par $P'$.
    A toute droite $\delta \in \mathcal F$, on associe la droite $\delta'\in\mathcal F'$ conjuguée de $\delta$ par rapport à $\Gamma$.
    On obtient une homographie $\mathcal F\longmapsto \mathcal F':\delta  \mapsto\delta'$
    Et on applique un des dits théorèmes généraux (pas la peine de le citer puisque de toutes façons il ne sera plus jamais enseigné) pour affirmer que le lieu de $\delta\cap \delta'$ est notre conique $\gamma$.
    Amicalement
    pappus

  • @pappus : J'ai un doute !

  • pappus
    Modifié (13 May)
    Bonne nuit gai requin
    Un doute sur quoi?
    Tu as choisi un cercle pour $\Gamma$ sans doute pour faciliter le tracé de ta figure.
    Tu as l'air de suggérer que deux droites conjuguées par rapport à un cercle sont orthogonales, ce qui est faux!
    Ci-dessous ma propre figure!
    Amitiés
    pappus


  • Sur le fait que le lieu de $\delta\cap\delta’$ soit $\gamma$ (voir ma dernière figure).
  • Bonne nuit gai reqin
    Ta figure ne prouve rien!
    Pourquoi avoir tracé le cercle de diamètre $PP'$ si ce n'est pour suggérer que deux droites conjuguées par rapport à un cercle sont orthogonales, ce qui est faux comme chacun sait?
    Amitiés
    pappus
  • Merci pappus !
    Si $\Phi$ désigne la polarité par rapport à $\Gamma$, ton homographie est $\delta\mapsto P'\Phi(\delta)$.
  • Par ailleurs, Chasles nous dit que $\gamma$ est décomposée ssi $TU$, $T'U'$ et $PP'$ sont concourantes.
  • pappus
    Modifié (14 May)
    Merci gai requin
    La condition cherchée pour la décomposition de $\gamma$ se traduit plutôt par une relation entre les points $P$ et $P'$ comme pour les trois problèmes suivants d'ailleurs.
    Amitiés
    pappus

  • $\gamma$ est décomposée ssi $PP’$ est tangente à $\Gamma$.
  • Merci gai requin
    Voici ta figure ci-dessous.
    Avec la mienne, on a donc deux cas où la conique $\gamma$ se décompose:
    1° $P$ et $P'$ conjugués par rapport à $\Gamma$.
    2° $PP'$ tangente à $\Gamma$.
    Sont-ce les seuls cas?
    A vérifier sur l'équation de $\gamma$ que nous avons eu tant de mal à obtenir!
    Amitiés
    pappus


  • Bonjour,

    Repasser aux misérables triplets après avoir tant glosé...
    On pourra néanmoins consulter les résultats publiés dans l'autre fil.

    Cordialement, Pierre.


       

  • @pappus
    1) Si $P$ et $P'$ sont conjugués par rapport à $\Gamma$, $\gamma$ est effectivement décomposée.
    2) Sinon, l'homographie $\delta\mapsto P'\Phi(\delta)$ est bien définie et Chasles dit alors que $\gamma$ est décomposée ssi $\Phi(PP')\in PP'$ ssi $PP'$ est tangente à $\Gamma$.
    Je pense donc qu'il n'y a pas d'autres cas de dégénérescence.
  • Vassillia
    Modifié (14 May)
    Précisons peut-être quel est l'autre fil https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2480283/#Comment_2480283 vu que j'étais passé à coté, dans le but de faciliter les recherches d'un lecteur ou une lectrice du futur. J'avais donc loupé le changement de point de vue :(
    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)
  • Mon cher gai requin
    Nos deux figures sont claires et constituent des cas de décomposition de $\gamma$.
    Mais n'y-a-t-il pas d'autres cas?
    Je demande donc la réciproque via un simple calcul de déterminant taupinal.
    Amitiés
    pappus
  • Je l’ai prouvé sans calculs si tu me lis bien.
  • pappus
    Modifié (14 May)
    Mon cher gai requin.
    Bien sûr tout peut se faire sans le début du commencement du moindre calcul quand on connait dans ses moindres détails la théorie des coniques projectives.
    Mais le calcul de ce déterminant reste un problème intéressant en lui-même pour une colle de taupe actuelle.
    Oubliée la géométrie projective, oubliées les coniques projectives, reste le calcul du déterminant d'une matrice de taille $3$ qui met en extase nos taupins tout comme les points alignés le font pour nos apprentis-géomètres!
    Amitiés
    pappus
    PS
    Autrement dit je demande d'expliciter une matrice de $\gamma$ puis de calculer son déterminant!
  • Vassillia
    Modifié (14 May)
    Je le fais quand même comme j'avais commencé car pas trop envie de recommencer
    $T \simeq \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$, $U \simeq \left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right)$ et $T' \simeq \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)$

    La conique noire passant par $T$, $U$ et $T'$ est circonscrite donc forcément de la forme $Q \simeq \left(\begin{array}{ccc}
    0 & r & q \\
    r & 0 & p \\
    q & p & 0
    \end{array}\right)$

    On paramétrise $U' \simeq \left(\begin{array}{c} pt(1+t) \\ q(1+t) \\ -rt \end{array}\right)$ avec $t$ un paramètre réel, on arrive à se convaincre que $U'$ appartient bien à la conique car $^t U' \cdot Q \cdot U'=0$

    Ensuite on calcule $P\simeq (^t T \cdot Q) \wedge  (^t U \cdot Q) \simeq  \left(\begin{array}{c} p \\ q \\ -r \end{array}\right)$ et $P'\simeq (^t T' \cdot Q) \wedge  (^t U' \cdot Q) \simeq  \left(\begin{array}{c} p(t+1) \\ -q(t+1) \\ r(t-1) \end{array}\right)$

    Puis la conique rouge passant par $T$, $U$, $T'$, $U'$ et $P$ et on trouve $Q' \simeq \left(\begin{array}{ccc}
    0 & r t - r & q t \\
    r t - r & 0 & -p \\
    q t & -p & 0
    \end{array}\right)$

    On peut vérifier que $P'$ appartient à la conique car $^t P' \cdot Q' \cdot P'=0$
    On peut trouver les conditions pour que $det(Q')=-2pqr(t - 1)t=0$ ce qui donne $t=0$ ou $t=1$
    On peut pareillement trouver des conditions sur $t$ pour que la conique $Q'$ soit un cercle, une parabole ou une hyperbole equilatère.
    Problème : même si je sais tracer la figure car j'ai les coordonnées, j'ai du mal à traduire géométriquement le lien entre $P$ et $P'$. Ceci dit, même si j'avais une relation directement entre $P$ et $P'$, pas sûre du tout que j'aurais su traduire étant donné que je ne connais pas trop le vocabulaire utilisé.

    Edit : vous pouvez jouer avec le cas $t=1$ qui est dégénéré https://www.geogebra.org/m/hjzf5bvg et même changer la valeur de $t$ si vous voulez voir ce qui se passe (et vous avez aussi accès à $p$, $q$ et $r$)
    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
    Modifié (15 May)
    Bonjour à tous
    J'avais pourtant demandé d'effectuer ces calculs de déterminant sur l'équation générale de $\gamma$ que nous avions eu tant de peine à obtenir.
    Je sais que ce n'est pas drôle mais c'est quand même très instructif comme exercice de taupe.
    En fait je me suis peut-être trop avancé en disant que c'est un exercice de taupe qu'on pourrait donner en colle car les calculs à la main ne sont pas très réjouissants.
    J'ai donc utilisé un logiciel de calcul formel pour effectuer les factorisations prévisibles.
    Sauf erreur de ma part, j'ai trouvé:
    $$-\dfrac 14\det(Q)^2.({}^tP'.Q.P).({}^t(P\wedge P').Q^{-1}.(P\wedge P'))$$
    Comment ai-je fait?
    C'est à dire comment ai-je programmé mon logiciel, wxMaxima en l'occurrence?
    Amicalement
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    pappus a dit :
    PS
    Autrement dit je demande d'expliciter une matrice de $\gamma$ puis de calculer son déterminant!
    Je t'ai donné une matrice qui correspond à ta demande en barycentrique dans le repère formé par $T$, $U$, $T'$
    $Q' \simeq \left(\begin{array}{ccc} 0 & r t - r & q t \\ r t - r & 0 & -p \\ q t & -p & 0 \end{array}\right)$
    J'ai calculé le déterminant, le cas $t=0$ donne $U$ et $U'$ confondus autrement dit $(PP')$ tangente à la conique et le cas $t=1$ donne $^t P\cdot Q \cdot P'=0$ (je suppose que c'est cela que vous appelez des points conjugués par rapport à la conique mais je n'en sais trop rien).

    pldx1 t'a donné une autre matrice qui correspond encore mieux à ta demande puisqu'elle utilise directement $P$ et $P'$ en Morley centré sur le centre de conique
    \[ \left[\begin{array}{ccc} 2f^{2}\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{1}-2\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3} & \left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)\rho^{2}-\left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)f^{2} & \mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}-2\rho^{2}\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{1}\\ \left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)\rho^{2}-\left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)f^{2} & 2\left(\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{\zeta}_{3}\right)f^{2}-2\left(\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)\rho^{2} & \left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)\rho^{2}-\left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)f^{2}\\ \mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}-2\rho^{2}\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{1} & \left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)\rho^{2}-\left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}+\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)f^{2} & 2f^{2}\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{1}-2\mathit{z}_{1}\mathit{z}_{3} \end{array}\right] \]
    Et il a évidemment fait les mêmes conclusions.
    Elles ne te plaisent pas ?
    Bien sûr qu'on voit apparaitre la même chose dans ton déterminant, et de manière très efficace, mais on n'est pas obligé de faire comme toi, si ?
    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)
  • Ce qui me plait surtout, c'est d'avoir le maximum de solutions sous les yeux!
    Quant à ce problème de décomposition, son cadre est bien celui de la géométrie projective où la notion de centre n'existe pas.
    Reste à savoir comment je suis venu à bout d'un misérable déterminant de taille $3$?
    J'ai le sentiment que cela n'intéresse pas grand monde, pas même le moindre de nos taupins?
    Amicalement
    pappus
  • la géométrie projective où la notion de centre n'existe pas.

    Au contraire. Il y a un centre par rapport à chaque droite de l'infini.
  • john_john
    Modifié (15 May)
    Je calcule le déterminant de pappus : il existe une matrice symétrique $R$ (réelle ou non) telle que $Q=R^2$ : on a la forme quadratique $q$ telle que $q(X)={}^t\!(RP')(RP)\cdot {}^t\!(RX)(RX)-{}^t\!(RP)(RX)\cdot{}^t\!(RP')RX$.

    Il suffit donc de considérer le cas $Q={\rm Id}$ et de multiplier le résultat par ${\rm det}(Q)^2$. Soit donc la forme quadratique $q$ telle que $q(X)={}^t\!P'P\cdot{}^t\!XX-{}^t\!PX\cdot{}^t\!P'X$ et soit $\chi$ le polynôme caractéristique de la matrice canonique de $q_0$ telle que $q_0(X)=2\!PX\cdot{}^t\!P'X$, matrice qui est $P\cdot{}^t\!P'+P'\cdot{}^t\!P$ ; on a $\chi(\lambda)=\lambda\cdot(\lambda^2-{}^t\!P'P\lambda-||P\wedge P'||^2)$
    (calcul fait à la main ; cela se corserait à peine en dimension $>3$, vu que la matrice est de rang $\leqslant2$).
    On doit donc calculer $\displaystyle\frac14\chi({}^t\!P'P)$ et c'est $-\displaystyle\frac14{}^t\!P'P\cdot||P\wedge P'||^2$.

    Nota bene : $||\cdot||^2$ est une notation formelle (si tant est qu'il existe des notations non formelles :)) pour le carré du produit vectoriel, lui aussi formel.

    Nota bene 2 : j'ai en horreur la notation  $M^\top$, non seulement parce qu'elle est imposée par l'Oncle Sam, mais aussi parce qu'elle rend disgracieuse toute notation comportant un symbole en exposant.
  • Mon cher j_j
    Merci  pour cette démonstration éblouissante prouvant qu'on peut très bien proposer ce calcul de déterminant dans un oral de l'X ou de l'ENS, même si c'est une tristounette matrice de taille $3$.
    Je me suis vraiment posé la question de savoir si on pouvait donner directement cette matrice, écrite dans le cas général, à un logiciel, pour voir ce qu'il en sortirait mais je n'ai pas eu le courage d'entrer ces données.
    Je me suis souvenu d'un théorème, à savoir le théorème spectral qui est un peu le pendant pour nos taupins du théorème de Ménélaüs pour nos lycéens quoique je doute que ce théorème soit encore enseigné au lycée.
    La matrice $Q$ opère sur les triplets euclidiens des coordonnées homogènes en tant qu'opérateur symétrique.
    On peut donc travailler dans un système de coordonnées dans lequel elle est diagonale, i.e:
    $$Q=\mathrm{diag}(\ell,m,n)$$
    Avec $P=(a,b,c)$ et $P'=(a',b',c')$, on obtient pour équation de $\gamma$:
    $$(\ell.a.d+m.b.e+n.c.f)(\ell.x^2+m.y^2+n.z^2)-(\ell.a.x+m.b.y+n.c.z)(\ell.d.x+m.e.y+n.f.z)=0$$
    C'est alors un jeu d'enfant (?) d'écrire la matrice symétrique associée à cette forme quadratique, de la rentrer dans le logiciel, de lui faire calculer son satané déterminant puis de le factoriser et on obtient:
    $$-\dfrac{\ell.m.n}4(\ell.a.d+m.b.e+n.c.f)(m.n(b.f-c.e)^2+\ell.n(c.d-a.f)^2+\ell.m(a.e-b.d)^2)$$
    On revient ensuite aux notations intrinsèques!
    Je suppose qu'un bon taupin doit s'apercevoir de la factorisation par des manipulations élémentaires sur les lignes ou les colonnes de la matrice mais j'avoue n'avoir pas essayé!
    Amitiés
    pappus

  • $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}$

    Comment obtient-on que $charpoly(H,\lambda)= \left(\lambda-2\tra M\cdot N\right)\left(\lambda^{2}-2\lambda\,\tra M\cdot N-MN\cdot\tra{MN}\right)$...   si ce n'est en utilisant ces misérables triplets de coordonnées, et  l'épectase qui leur est associée?  C'était bien la peine de faire tout ce foin. Un exemple de plus du fait que les promesses n'engagent que ceux qui y croient. Et pendant ce temps là, les hyperboles équilatères prennent du retard !

    Cordialement, Pierre.
  • Pour la justification rigoureuse du passage de la matrice identité à la matrice $Q$, on doit pouvoir procéder comme il suit. On se place dans $\R^3\otimes\R^3$ et l'on définit une forme bilinéaire symétrique par $B_Q(P\otimes X,P'\otimes X')=({}^tP'.Q.P).({}^tX'.Q.X)-({}^tP.Q.X).({}^tP'.Q.X')$. On a en particulier $B_Q(P\otimes X,P'\otimes X')=B(p\otimes x,p'\otimes x')$, où $B$ correspond à $B_Q$ lorsque $Q$ est l'identité, où $x=RX, x'=RX',\dots$.

    On conclut en vérifiant que l'application qui à $p\otimes x$ associe $Mp\otimes Nx$ admet pour déterminant ${\rm det}M\cdot{\rm det}N$ lorsque $M$ et $N$ sont deux matrices.
  • Ah, oui, les HE s'impatientent ! pappus nous a livré la forme quadratique définie par $q(X):=({}^tP'QP).({}^tXQX)-({}^tPQX).({}^tP'QX)$. On écrit que les points cycliques sont conjugués, c'est-à-dire $q(I+J)=q(I)+q(J)$, où $I=(1,{\rm i},0)$ et $J=(1,-{\rm i},0)$. De même, $q(I)=q(J)=0$ caractérise les cercles.
  • pappus
    Modifié (15 May)
    Bonjour à tous
    Examinons le cas où $\Gamma$ est une ellipse du plan euclidien complété projectivement, donnée par son équation réduite en coordonnées homogènes
    $$\dfrac{x^2}{\alpha^2}+\dfrac{y^2}{\beta^2}-z^2=0$$
    On a donc:
     $$Q=\mathrm{Diag}(\dfrac 1{\alpha^2},\dfrac 1{\beta^2},-1)$$
    avec $P(a,b,1)$ et $P'(d,e,1)$
    $\gamma$ sera une hyperbole équilatère si et seulement si la somme des coefficients de $x^2$ et $y^.2$ dans son équation est nulle.
    On obtient immédiatement:
    $$ad+be=\alpha^2+\beta^2$$
    qui signifie que les points $P$ et $P'$ sont conjugués par rapport au cercle orthoptique de l'ellipse $\Gamma$
    Bof! Qui sait encore aujourd'hui ce qu'est un cercle orthoptique?
    Amicalement
    pappus
    PS
    Ci-dessous la figure
    Accessoirement quel est le lieu du centre $\Omega$ de $\gamma$ ainsi que l'enveloppe de ses asymptotes quand le point $P$ étant donné, le point $P'$ décrit la polaire de $P$ par rapport au cercle orthoptique?

  • Vassillia
    Modifié (15 May)
    Et une figure qui bouge avec le $t$ qui va bien pour l'hyperbole équilatère https://www.geogebra.org/classic/dhyr9fs5
    Edit : j'ai posté lorsque pappus n'avait pas encore mis sa figure sinon je me serais abstenue.
    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
    Modifié (16 May)
    Bonne nuit à tous
    On peut s'amuser à regarder le cas où $\Gamma$ est une parabole euclidienne d'équation réduite en coordonnées homogènes:
    $$y^2-2pxz=0$$
    On peut reprendre les mêmes calculs avec la matrice:
    $$Q=\begin{pmatrix}0&0&-p\\0&1&0\\-p&0&0\end{pmatrix}$$ pour que la conique $\gamma$ passant par les sommets des triangles harpons des $P(a,b,1)$ et $P'(d,e,1)$ soit une hyperbole équilatère.
    Je vous laisse ces calculs soporifiques bien volontiers.
    Je vais y aller à l'estime et à l'intuition.
    Dans les vieux grimoires, on montre que la parabole est la limite d'une ellipse. 
    Juste pour le folklore car généralement on en fait plus rien!
    Dans ce passage à la limite, le cercle orthoptique de l'ellipse va tendre vers la droite orthoptique de la parabole.
    Dans le cas de l'ellipse, $P$ et $P'$ sont conjugués par rapport à son cercle orthoptique si le cercle de diamètre $PP'$ lui est orthogonal. Par "passage à la limite à la parabole", le cercle de diamètre $PP'$ sera orthogonal à la directrice, ce qui se produira si et seulement si le milieu de $PP'$ appartient à la directrice.
    Et toujours les mêmes questions accessoires sur le lieu du centre de $\gamma$ et l'enveloppe de ses aasymptotes quand $P$ restant fixe, le point $P'$ se déplace sur son lieu.
    Amicalement
    pappus

  • john_john
    Modifié (16 May)
    Bonjour,
    dans la figure ci-dessus, on parvient à obtenir six points réels cocycliques lorsque le point $P$ est hors de l'ellipse $(\Gamma)$ et suffisamment proche de l'origine. Cette ellipse a pour équation $\displaystyle\frac{X^2}4+\frac{Y^2}1=1$ ; le point $P'$ doit être tel que $(OP)$ et $(OP')$ soient symétriques par rapport aux axes et que $P,P'$ soient conjugués par rapport à l'hyperbole équilatère d'équation $X^2-Y^2=3$.
    Si je pouvais joindre le fichier .GGB, il vous serait possible de faire bouger le point $P$.
  • Vassillia
    Modifié (16 May)
    Astuce sous windows : ouvrir explorateur de fichiers puis dans l'onglet affichage, cocher extension de fichiers. Il suffit alors de remplacer .ggb par .zip pour que le site autorise le chargement. Faire la manip inverse chez vous une fois que vous aurez téléchargé le fichier pour que geogebra accepte de l'ouvrir.
    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)
  • john_john
    Modifié (16 May)
    Merci, Vassilia !

    Astuce à suggérer à AD : autoriser le téléversement de fichiers .GGB :)


  • Mon cher j_j
    Je ne comprends pas ta dernière intervention!
    Quel est le problème que tu résous?
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour, pappus,
    je pensais que le cas où $(\gamma)$ est un cercle n'avait pas encore été traité ; en effet, je ne vois, après les coniques décomposées, que des HE dans les derniers messages. D'ailleurs, l'application qui à $P$ associe alors $P'$ est une involution quadratique mais qui se déduit simplement d'une banale inversion de pôle $O$.
  • Mon cher j_j
    Le cas du cercle avait déjà été traité dans un autre fil très récent et il me semble que la correspondance entre les points $P$ et $P'$ est tout simplement une transposition circulaire dont les points fixes sont les foyers de la conique $\Gamma$.
    Est-cela que tu essayes de nous dire?
    Amitiés
    pappus
  • Effectivement ! Le fil a même évolué hier avec une contribution de pldx... Cela dit, puisque tu posais la question des cas particuliers, j'ai étudié celui du cercle puisque HE et coniques décomposées venaient d'être caractérisées. Je me lancerai dans les paraboles, sauf si tu me dis que cela a été fait dans un fil de 1999 :)
  • gai requin
    Modifié (16 May)
    Mais où est passé $P'$ ? 😈

  • Mon cher j_j
    Je te laisse rédiger les divers cas particuliers où $\gamma$ est une parabole.
    Je pourrais le faire mais je suis vraiment trop fatigué.
    Il serait intéressant de comparer les méthodes utilisées, la mienne très traditionnelle comme dans ton beau livre avec celle de pldx1 que je salue, plus moderne (?), tout aussi diablement efficace mais un peu déroutante, exposée dans le fil sur les triangles harpons de la parabole.
    Amitiés
    pappus
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