Construire une parabole

pappus

Bonjour à tous

C'est une question du problème n°703, page 357 du Lebossé-Hémery.

Pourquoi aller chercher ailleurs que chez nous des problèmes intéressants?

Construire la parabole inscrite dans un triangle $ABC$ dont on connait le point de contact $A'$ avec la droite $BC$.

C'est un problème qui devrait plaire à tous ceux qui se posent des questions philosophiques angoissantes sur les géométries affine et euclidienne.

Amicalement

pappus

RHOM

Salut 

est ce le triangle harpon est suffisant ou doit on trouver le foyer et la directrice?

cordialement

RH HAS

cailloux

Bonsoir,
Une construction possible où la directrice est une droite de Steiner du triangle $ABC$ :
 
On pouvait aussi passer par le symétrique de $A'$ par rapport au milieu de $[BC]$ ce qui revient au même.
Milieu à éviter en ces temps très étranges où il semble qu'on ne se sache plus très bien ce que c'est ...
Amicalement.

pappus

Bonjour Cailloux

Je découvre ta jolie construction différente de celle proposée par l'infâme Lebossé-Hémery.

Bravissimo!

Elle n'est pas évidente et mérite donc une petite justification.

Amitiés

pappus

pappus

Mon cher RHOM

J'ai tiré cet exercice de l'infâme Lebossé-Hémery.

Il était destiné à des lycéens de la classe de Mathématiques qui ne connaissaient de la parabole que sa définition (euclidienne) par foyer et directrice.

Donc les lycéens de cette époque étaient censés donner une construction de ce foyer et de cette directrice.

Mais tu poses une très bonne question au sujet des triangles harpons.

Dans les données ne figure aucun triangle harpon mais si on arrive par exemple à construire le point de contact $B'$ de la parabole avec la droite $AC$, on  récupère le triangle harpon $CA'B'$ et on sait que la parabole est alors entièrement déterminée dans le plan affine.

Donc si on adopte ton idée, la parabole sera déterminée dès qu'on aura construit le point de contact $B'$ avec $AC$ et pour faire bonne mesure le point de contact $C'$ avec $AB$ aussi.

Or cette construction est très simple dans le plan affine, aussi simple sinon plus que celle que Cailloux vient de nous proposer dans le plan euclidien.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Pour une fois encore, je vais commencer par les calculs et ressentir moi aussi le frisson délicieux de manipuler les divins wedges avec une crainte respectueuse.

Notre parabole est inscrite dans le triangle $ABC$. Cela veut dire qu'on connait trois de ses tangentes avec en plus la droite de l'infini.

Dès qu'on parle de droite de l'infini, cela signifie qu'on est dans le plan affine complété projectivement, justement par cette fameuse droite de l'infini qu'on ne voit jamais comme l'Arlésienne.

On va donc travailler en coordonnées barycentriques homogènes aussi connues que les mystérieux barycentres dont elles tirent leur nom.

On va aussi utiliser l'équation tangentielle de notre parabole:

$$f(u,v,w)=\ell u^2+ m v^2 + n w^2 +2pvw+2qwu+2ruv=0$$

C'est la condition nécessaire et suffisante pour que la droite d'équation: $ux+vy+wz=0$ donc de coordonnées tangentielles $(u:v:w)$ soit tangente à notre parabole.

La matrice symétrique associée est:

$$\begin{pmatrix}\ell&r&q\\r&m&p\\q&p&n\end{pmatrix}$$

$f(1,0,0)=\ell$, $f(0,1,0)=m$, $f(0,0,1)=n$, $f(1,1,1)=2(p+q+r)$.

Résultat des courses, la matrice de notre parabole est:

$$\begin{pmatrix}0&r&q\\r&0&p\\q&p&0\end{pmatrix}$$

avec $p+q+r=0$

Les vecteurs colonnes de cette matrice sont les coordonnées barycentriques des points de contact avec les côtés du triangle $ABC$, donc $A'(0:r:q)$, $B'(r:0:p)$, $C'(q:p:0)$

On voit donc que la connaissance de $A'$ entraine celle des deux autres points de contact $B'$ et $C'$, ce qui répond à la question de RHOM concernant le problème n°703 de l'infâme Lebossé-Hémery.

En général nos calculateurs patentés s'arrêtent là tout contents d'avoir l'équation de la parabole et dédaignant de tracer la moindre figure dont ils n'ont rien à cirer.

Mais je vais aller un peu plus loin en déterminant le point de contact de notre parabole avec la droite de l'infini.

C'est le pôle de cette droite de l'infini par rapport à la parabole.

On doit donc faire opérer notre matrice sur le vecteur $(1,1,1)$ et on trouve $(q+r,r+p,p+q)$

Mais $(q+r:r+p:p+q)=(p:q:r)$ à cause de la relation $p+q+r=0$

Donc le point à l'infini de la parabole a pour coordonnées: $(p:q:r)$

On s'intéresse maintenant aux droites $AA'$, $BB'$, $CC'$ dont les plus érudits d'entre nous savent qu'elles sont concourantes.

On va donc calculer les wedges $A\wedge A'$, $B\wedge B'$, $C\wedge C'$, extases, extases, recueillons nous!

On obtient alors pour matrice dont les vecteurs colonnes sont $(A\wedge A'$, $B\wedge B'$, $C\wedge C')$:

$$\begin{pmatrix}0&p&-p\\-q&0&q\\r&-r&0\end{pmatrix}$$

dont le déterminant est nul puisque la somme des trois vecteurs colonnes l'est aussi.

Les droites $AA'$, $BB'$, $CC'$ sont concourantes, (extase).

Pour avoir les coordonnées de ce point de concours, on fait par exemple le produit vectoriel des deux premières colonnes de cette dernière matrice c'est-à-dire: $(A\wedge A')\wedge (B\wedge B')$.

Que dire de plus?

Inclinons nous, chapeau bas!

Et on trouve $(qr,rp, pq)$ isotomique du point à l'infini $(p:q:r)$.

Comme $p+q+r=0$, cela signifie que ce point d'intersection, appelé $O$,  est situé sur la conique d'équation: $yz+zx+xy=0$ qui est l'ellipse de Steiner circonscrite au triangle $ABC$.

Amicalement

pappus

gai requin

Une construction brianchonesque de $C',B'$ et la direction asymptotique de ce problème affine.

cailloux

Bonjour à tous,

La solution suggérée (si je ne me trompe pas) par Camille & Corentin :

Amicalement.

pappus

Merci Cailloux

Oui c'est la solution suggérée par l'infâme Lebossé-Hémery mais qui sont ce Camille et ce Corentin?

Amitiés

pappus

cailloux

Bonjour pappus,
Camille Lebossé et Corentin Hémery bien sûr !
Une nouvelle figure pour préciser les choses :

$F$ foyer de la parabole est le centre de la similitude directe $s$ qui envoie $C'$ sur $A$ et $A$ sur $B'$
Par construction, on a $s(B)=C$.
Amitiés.

pappus

Merci Cailloux

Bon Dieu mais c'est bien sûr et en plus je le savais!

Je suis donc aussi gâteux que l'oncle Joe!

Peux-tu nous donner une justification de ta propre construction?

Amitiés

pappus

pappus

Bonjour à tous

Voici des questions qui pourraient intéresser Swinsmustard.

Sur ma dernière figure, les points de contact $A'$, $B'$, $C'$ sont en homographie sur les côtés du triangle $ABC$.

Déterminer ces trois homographies: axes d'homographie, enveloppe des droites $B'C'$, $C'A'$, $A'B'$ joignant les points homologues, etc, etc...

Amicalement

pappus

gai requin

Comme souvent, ma construction est passée inaperçue...

pappus

Mon cher gai requin

Je comprends ton amertume mais pense aussi un peu à moi qui passe 99% de mon temps à monologuer alors que je propose des figures et des démonstrations avec force détails sans susciter la moindre réaction sinon quelques insultes de temps en temps!

Mais j'ai l'habitude depuis toutes ces années.

J'avais bien noté ton intéressante construction en espérant que quelqu'un réagirait mais ce n'a pas été le cas.

Il faut dire que ta figure n'est pas commentée, ce qui a pu décourager certains.

Compare ta construction avec la mienne qui résulte des questions que j'ai posées à Swingmustard.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous 

Regardons ce raisonnement qu'aurait pu faire Swingmustard!

Les coordonnées $(q:p:0)$ de $C'$ sur la droite $AB$ dépendent linéairement des coordonnées $(r:0:p)$ du point $B'$ sur la droite $AC$ puisque $q=-p-r$. On a donc affaire à une homographie.

Pour étudier le comportement de la droite $B'C'$, on forme le wedge $B'\wedge C'$, on trouve $(p^2:-pq:-pr)=(-p:q:r)$ qui prouve que la droite $B'C'$ passe par le point $a'(-1:1:1)$ du triangle antimédial. Notre homographie est donc une projectivité

Quant à l'axe de cette homographie, on sait que c'est la polaire de $a'$ par rapport aux droites $AB$ et $AC$ c'est-à-dire la droite $b'c'$ joignant les sommets $b'$ et $c'$ du triangle antimédial.

La nullité du déterminant

$$\begin{vmatrix} -1&p&0\\1&q&r\\1&r&q\end{vmatrix}$$ prouve que la droite $A'a'$ passe par le point à l'infini de la parabole et est donc parallèle à sa direction asymptotique. C'est donc le diamètre de la parabole passant par $A'$.

De même $B'b'$ est le diamètre de la parabole passant par $B'$ et $C'c'$ est le diamètre de la parabole passant par $C'$.

D'où ma figure qu'on peut considérer comme une construction point par point de l'ellipse de Steiner.

Amicalement

pappus

RHOM

gai requin a dit :

Une construction brianchonesque de $C',B'$ et la direction asymptotique de ce problème affine.

  Salu à tous 

Ma construction résulte  des mêmes propriétés que tu as déployées  à savoir :

$\frac {A'C}{A'B}=\frac {BA}{BC'}$   en plus du perspecteur  pour éviter de refaire idem pour $B'$ .

pappus

Bonjour à tous

Sur la  figure ci-dessous, j'ai superposé la construction de gai  requin à la mienne et je vais vous expliquer comment il a procédé, ce qu'il aurait dû faire au lieu de se contenter de faire sa figure.

Il a pris l'intersection $GR$ de la droite $AA'$ avec le côté $a'c'$ du triangle antimédial.

Puis il a projeté le point $GR$ sur la droite $AB$ parallèlement à $BC$ pour obtenir le point de contact $C'$ et c'est fini, il trace le perspecteur $P=AA'\cap CC'$, appelé $O$ sur ma figure et enfin le dernier point de contact $B'=BO\cap AC$.

Curieusement le point $GR$, le point le plus important de sa figure n'est pas étiqueté.

Surtout il n'a pas justifié que $C'$ était bien la projection de $GR$.

Amicalement

pappus

gai requin

J'ai utilisé l'homographie de la conique tangentielle $(AB)(BC)(AC)\mapsto\mathcal L_{\infty}(AB)(BC)$ et son point de Brianchon pour construire $C'$ puis le perspecteur $P$ à moindres frais.

Swingmustard

Bonjour,

@pappus tu me cites alors que je n'ai pas participé : erreur de pseudo ou bien je n'ai pas reconnu les questions que tu dis m'avoir posées ?

En tout cas j'adore la similitude de centre le foyer $F$ signée @cailloux !

Amicalement,

Swingmustard

cailloux

Bonjour @Swingmustard
Hum, tu me prêtes beaucoup  ...  elle est plutôt signée Camille & Corentin ! (voir le problème 703 du Lebossé et Hémery cité par @pappus en début de fil).

Amicalement.

pappus

Mon cher Swingmustard

En ce moment tu fais beaucoup de géométrie projective et je pensais que des questions sur les homographies pourraient t'intéresser.

Amicalement

pappus

Swingmustard

Ah @pappus, ben j'ai raté le coche, une fois de plus !

En tout cas merci pour tous ces développements

Amicalement,

Swingmustard

pappus

Mon cher gai requin

Je te cite:

J'ai utilisé l'homographie de la conique tangentielle $(AB)(BC)(AC)\mapsto \mathcal L(\infty)(AB)(BC)$ et son point de Brianchon.

J'avoue ne pas te comprendre mais peut-être suis-je complètement bouché et gâteux.

Quelle est cette mystérieuse conique tangentielle $(AB)(BC)(AC)$? Notre parabole?

Comment est définie la flèche $\mapsto$? et enfin $\mathcal L(\infty)(AB)(BC)$?

Je vois bien que $\mathcal L(\infty)(AB)$ est le point à l'infini de $AB$ mais $\mathcal L(\infty)(AB)(BC)$, je ne vois pas ce que c'est.

Eclaire un peu ma lanterne!

Merci d'avance.

pappus

gai requin

J’envoie trois tangentes de la parabole sur trois autres tangentes.

pappus

Merci Gai Requin

Ce sont tes notations qui m'ont abusé.

Résumons nous.

Ta conique tangentielle est la parabole considérée comme enveloppe de ses tangentes. Elle aussi a une structure de droite projective.

Tu aurais dû dire en bon français:

Je considère l'homographie de notre parabole tangentielle envoyant le triplet des tangentes $\big((AB)(BC)(AC)\big)$ sur le triplet des tangentes $\big((\mathcal L_{\infty})(AB)(BC)\big)$, une phrase qu'on pourrait résumer bourbakistement:

$\mathcal P^*\longmapsto \mathcal P^*; \big((AB)(BC)(AC\big)\mapsto \big((\mathcal L_{\infty})(AB)(BC)\big)$

Tu aurais dû mettre $\mathcal L_{\infty}$ entre parenthèses et j'aurais compris.

La notation $\mathcal P^*$ désigne la parabole tangentielle. Je crois qu'on dit parabole duale aujourd'hui.

Tout comme une homographie d'une conique ponctuelle admet un axe d'homographie ou droite de Pascal, par dualité une homographie d'une conique tangentielle admet un  centre d'homographie ou point de Brianchon.

Et le point de Brianchon de l'homographie $\mathcal P^*\longmapsto \mathcal P^*; \big((AB)(BC)(AC\big)\mapsto \big((\mathcal L_{\infty})(AB)(BC)\big)$ est le seul point de ta figure auquel tu n'as donné aucun nom, à savoir le point que j'ai appelé $GR$.

Amitiés

pappus

gai requin

👍

Et ce même théorème de Brianchon permet de montrer sans aucun calcul que $AA’,BB’,CC’$ concourent en un point $P$ (comme perspecteur).

gai requin

Pour faire plaisir à pappus, Chasles (dual) permet de générer homographiquement $\mathcal P^*$ avec points de contact via la technique du perspecteur !
Pour cela, on n'a besoin que de $A,B',C'$ d'où la figure épurée suivante :

pappus

Merci Gai Requin

D'une part, il y a la défunte géométrie projective et ses gros théorèmes tombés dans un oubli définitif et d'autre part des figures comme la tienne qu'on aimerait bien prouver d'une façon ou d'une autre.

Tu cites le théorème de Chasles mais qui aujourd'hui connait son énoncé?

La géométrie projective se limite maintenant à utiliser le théorème de Pascal ou éventuellement celui de Brianchon sans avoir le début du commencement de l'idée de la moindre de leurs démonstrations.

Amitiés

pappus

pappus

Bonjour à tous

On comprend maintenant pourquoi j'aime tant de genre de problèmes.

Il admet des solutions de toutes natures, des plus élémentaires comme celle de Cailloux, pas si élémentaire que cela puisque je vois bien que tout le monde se tourne les pouces en attendant quel qu'un se dévoue pour écrire une solution, aux plus élaborées comme celle de gai requin avec la géométrie projective.

Bref ce problème nous fait faire le tour de la géométrie mais une géométrie idéale telle qu'elle aurait dû rester dans nos programmes.

Et encore, il reste un aspect calculatoire que nous n'avons pas abordé, celui du foyer.

Va-t-il falloir que je m'y colle comme d'habitude?

Amicalement

pappus

Dusextant

Bonjour à tous,

On peut considérer qu'une tangente qui tend vers A'B forme avec AB un triangle limite que nous désignerons par A'BB.
Deux de ses côtés tendent à être égaux et le troisième, orienté selon AB, tend vers 0.

Comme le cercle circonscrit à tout triangle de tangentes à une parabole donnée passe par le foyer on peut considérer le cercle A'BB défini par sa corde A'B et sa tangente AB en B.

Considérons le cercle ABC : son intersection avec le cercle A'BB définit un faisceau linéaire de cercles dont les points de base sont B et  F le foyer de la parabole.

Bien entendu, apairer les triangles ABC / A'CC et A'BB / A'CC conduit au même résultat.

Quant au calcul de la position du foyer, il suffit de calculer soit les 2 intersections de 2 cercles (dont l'une d'elles est connue).
On peut aussi calculer le point du plan dont la puissance par rapport aux 3 cercles est nulle, ou dont la moyenne des carrés des puissances est minimum.

J'ai conscience d'avoir été peut-être un peu rapide. Cependant, je tiens à disposition de qui veut des démonstrations complémentaires.
Quelques autres considérations sont là : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/1681042/parabole-2-tangentes-et-points-de-contact , tout à la fin.

Bon après-midi.

Yann MARCHAL

Dusextant

Rebonjour,

J'ai encore écrit trop vite:
Le foyer est l’intersection de 2 quelconques des trois axes radicaux. Le calcul ne nécessite plus de traiter d'équations du 2ème degré.
Question : faut-il écrire le détail ici ?

YM

pappus

Bonjour à tous

Je continue sans trop d'illusions mon monologue en dépit de tous les noms d'oiseaux dont on continue à m'affubler dans la grande tradition de courtoisie de ce forum!

Soit $(T)$ une tangente à notre parabole d'équation: $ux+vy+wz=0$

On a donc:

$$pvw+qwu+ruv=0$$

Compte tenu de la relation $p+q+r=0$, on a:

$$ pvw+qwu-(p+q)uv=pv(w-u)-qu(v-w)=0$$

On en déduit immédiatement:

$$(1)\quad (v-w:w-u:u-v)=(\dfrac pu:\dfrac qv:\dfrac rw)$$

On remarque que le vecteur $(v-w,w-u,u-v)$ est un vecteur directeur de $(T)$.

Il nous faut maintenant écrire que ce vecteur est un vecteur isotrope de notre métrique euclidienne.

Il doit donc annuler la forme quadratique $a^2yz+b^2zx+c^2xy$

D'où, compte tenu de $(1)$:

$$a^2\dfrac{qr}{vw} + b^2\dfrac{rp}{wu} + c^2\dfrac{pq}{uv}=0$$

qui s'écrit encore:

$$ua^2qr+vb^2rp+wc^2pq=0$$

Cette relation exprime que la tangente isotrope $(T)$ passe par le point réel $(a^2qr:b^2rp:c^2pq)$ qui est donc le foyer de notre parabole: $F(a^2qr:b^2rp:c^2pq)$

On voit que $F$ est le point isogonal du point à l'infini $(p:q:r)$ de notre parabole.

Il est donc situé sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$ comme le confirme un simple calcul puisque l'équation du cercle circonscrit est soi-disant connue: $a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$

Amicalement

pappus

PS

Exercice pour les calculateurs patentés:

prouver la jolie construction de Cailloux, non démontrée pour le moment et qui ne semble intéresser personne, ce qui me semble absolument extraordinaire puisque la principale activité de ce forum se limite à montrer l'alignement de trois points:

la droite $A'(0:r:q)F(a^2qr:b^2rp:c^2pq)$ passe par le symétrique de $A$ par rapport à la médiatrice de $BC$

Dusextant

Bonjour à tous,

Allez, voici comment calculer le foyer et plus.
Je suis actuellement dans des dispositions morales difficiles et n'ai pas la "gnaque" pour écrire des développements longs, aussi ne m'en veuillez pas si les raccourcis sont un peu abscons et mal démontrés.

Prenons la tangente BC comme axe des abscisses et origine des angles.

Appelons:

• z l'orientation des tangentes,
• x l'abscisse de l'intersection d'une tangente avec BC.
  En particulier, A' peut être considéré comme l'intersection de la tangente BC avec elle-même.
  
• ß l'orientation de de la tangente au sommet.

Alors, la relation entre x et z est la suivante:

              (x-θ) / α = tan(z-ß)                              (1)
où:

• θ est l'abscisse du foyer et le point d'intersection de la tangente au sommet avec BC (soit lorsque z = ß).
  
• α est l’ordonnée du foyer.
  

Corrélativement, la tangente au sommet coupe BC au point d'abscisse θ.

tan(z-ß) étant la pente de la tangente dans un repère lié à la tangente au sommet, on peut se poser la question de ne pas voir apparaître le point de tangence  dans cette équation.
Cela s'explique par le fait que x est une fonction affine de la distance du point de tangence à l'axe de la parabole.

En développant (1) on obtient:

      x*cos(z)*cos(ß) + x*sin(z)*sin(ß) - cos(z)*[θ*cos(ß) + α*sin(ß)] - sin(z)*[θ*sin(ß) + α*cos(ß)] = 0

On en tire α, θ, et ß.
L'équation de la tangente au sommet est : -θ*sin(ß) = - x*sin(ß) + y*cos(ß)

Bonne journée,

Yann MARCHAL

pappus

Mon cher Yann

Merci de nous proposer un nouveau schéma de démonstration.

Déjà si j'ai bien compris tu travailles dans un repère orthonormé $\{O,(\vec u,\vec v)\}$ tel que $O\in {BC}$ et $\overrightarrow{BC} =a\vec u$ avec $a>0$.

Pour que je comprenne ce que tu as fait, peux-tu me préciser ce que tu entends par ''$z$ l'orientation des tangentes"?

En géométrie le mot "orientation" a un sens plutôt précis et visiblement tu lui en donnes un autre que j'aimerais bien connaître.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Je continue mes calculs prométhéens sans la moindre illusion et sans risque d'être contredit puisque tout le monde s'en fout comme d'habitude!

 Seul comptent l'empilement des wedges et la contemplation extatique des alignements et autres incidences si on a le courage de tracer la figure!

La directrice de la parabole s'obtient comme polaire du foyer $F$ par rapport à la parabole.

On doit donc calculer (à un facteur non nul près):

$$\begin{pmatrix}-p^2&pq&pr\\pq&-q^2&qr\\pr&qr&-r^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a^2qr\\b^2rp\\c^2pq\end{pmatrix}$$

où la matrice qui opère est la comatrice de $\begin{pmatrix}0&r&q\\r&0&p\\q&p&0\end{pmatrix}$

Et on trouve, (si on est pas sûr de soi, on peut confier ce pitoyable calcul à un logiciel de calcul formel):

$$\begin{pmatrix}p(b^2+c^2-a^2)\\q(c^2+a^2-b^2)\\r(a^2+b^2-c^2)\end{pmatrix}$$

L'équation de notre directrice est donc:

$$p(b^2+c^2-a^2)x+q(c^2+a^2-b^2)y+r(a^2+b^2-c^2)z=0$$

A ce stade nos calculateurs patentés s'arrêtent là, extasiés d'avoir pu écrire cette équation et ne veulent plus entendre parler de quoique ce soit d'autre de synthétique, issu de pitoyables, lamentables  et inutiles vieux grimoires qu'il vaut mieux oublier définitivement!

Et pourtant cette directrice passe par le point $\big(\dfrac 1{b^2+c^2-a^2}:\dfrac 1{c^2+a^2-b^2}:\dfrac 1{a^2+b^2-c^2}\big)$ qui comme chacun sait sur ce forum est l'orthocentre du triangle $ABC$.

Ceci s'explique par le fait que ce vieux grigou de Steiner a prouvé cette directrice était sa droite, associée au point $F$.

Et l'on s'en fout d'attraper la.....

Amicalement

pappus

PS

Je me garde bien de faire la moindre figure et puis quoi encore?

Vassillia

Bonjour, tout le monde ne s'en fout pas, il y a au moins une personne (pas moi) qui a lu pappus et qui a proposé le calcul pour n'importe quelle conique inscrite https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2338375/coniques-inscrites#latest

Donc si quelqu'un ou quelqu'une a des questions, je vous suggère de les poser sur cet autre fil.

Dusextant

Cher Pappus,

Pardonne un béotien d'âge...

Mais comme le suggère mon pseudonyme je viens du milieu maritime (l'équation (1) ci-dessus, légèrement modifiée, fait partie des premiers éléments enseignés en sécurité de la navigation).
Pour moi, ici, z est le nom de l'angle que fait la tangente orientée avec l'axe origine des angles. Typiquement en langage maritime et géodésique: un azimut quand l'origine est le Nord, un gisement quand l'origine est un axe lié à un matériel  de direction imprécisée, comme l'axe d'un bateau, par exemple.

Après une rapide auto-formation sur Internet/wikimachin il y a 5 minutes, je pense effectivement que "direction" ou "gisement" au lieu "d'orientation" permettrait de lever le pataquès.

Amicalement,

YM

Vassillia

Petite question Dusextant si je peux me permettre, quelle est l'utilité d'un point de vue sécurité de savoir calculer l'intersection avec la tangente à partir de l'orientation. J'imagine une histoire de trajectoires où il faut éviter que les bateaux ne se rencontrent mais je ne vois pas trop le rapport avec le foyer d'une parabole. A moins que la parabole ne soit la trajectoire que fait le bateau quand il tourne ?

Mes questions sont très naïves, je suis totalement béotienne dans ce domaine. Mes connaissances maritimes consistent à ne pas couler quand je vais me baigner. Je présume que ce n'est pas suffisant pour conduire un bateau.

pappus

Bonjour à tous 

On me reproche donc de ne pas avoir lu les synoptiques et pourtant s'il y a quelqu'un sur ce forum, qui n'a cessé depuis des années de conseiller de les lire, c'est bien moi. Mais autant prêcher dans le désert!.

La meilleure preuve en sont les calculs que je viens de mener, qui ne sont que la fidèle copie de ceux qu'on peut y trouver.

Mais qu'une calculatrice patentée s'intéresse à une seule des minuscules questions posées dans cette discussion, ce serait trop lui demander.

Laissons la donc avec ses petits wedges et faisons le travail à sa place.

Déterminons donc les coordonnées barycentriques du point $A''$ symétrique de $A$ par rapport à la médiatrice de $BC$.

Ce point est le second point d'intersection autre que $A$ de la parallèle à $BC$ issue de $A$ et d'équation $y+z=0$ avec le cercle circonscrit $\Gamma$ d'équation: $a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$.

On doit donc exhiber la solution non triviale du système d'équations homogènes:

$$\begin{cases}y+z=0\\a^2yz+b^2zx+c^2xy=0\end{cases}$$

Epouvantable vous dis-je!

Amicalement

pappus

Vassillia

Mais non, personne ne te reproche rien, je faisais juste le lien vers une autre réponse au cas où cela intéresserait. Par contre, pappus, ne me demande rien, je promets d'en faire autant te concernant et tout ira bien dans le meilleur des mondes. Tu ne fais pas le travail à ma place, tu n'es pas mon chef, pas mon prof, tu poses des questions auxquelles on répond si on a envie et on ne répond pas si on n'a pas envie. Par exemple j'aimerais que Dusextant me réponde car le sujet m'intéresse mais s'il ne le fait pas car pas envie, pas le temps, il aura bien raison. 
Signée : la calculatrice patentée

pappus

Bonjour à tous

Les questions que je pose s'adressent évidemment aux personnes de bonne volonté et pas aux autres et il n'y a aucune obligation d'y répondre.

La solution non triviale de ce système est: $A''(a^2:c^2-b^2:b^2-c^2)$

On doit donc évaluer le déterminant:

$$\begin{vmatrix}a^2qr&0&a^2\\b^2rp&r&c^2-b^2\\c^2pq&q&b^2-c^2\end{vmatrix}$$

Les besogneux appliquent la règle de Sarrus, les paresseux (comme moi) utilisent un logiciel de calcul formel et trouvent:

$$a^2(b^2-c^2)qr(p+q+r)$$ et ils peuvent s'écrier: c'est gagné puisque $p+q+r=0$

La jolie construction du foyer $F$ de Cailloux est donc enfin prouvée et pour les calculateurs patentés, l'histoire s'arrête là, nul besoin de donner des preuves supplémentaires inutiles puisque les saints calculs ont suffi!

Au risque de me faire insulter à nouveau et d'enrager les calculateurs patentés, je vais essayer d'en donner une preuve synthétique.

Laissez moi seulement le temps de souffler!

Amicalement

pappus

PS

Petite question saugrenue:

Quelle est la matrice de la symétrie par rapport à la médiatrice de $BC$?

pldx1

Concernant la formule navigatrice, j'ai l'impression qui ne s'agit que de la définition: la tangente de l'angle est égale au côté opposé divisé par le côté adjacent. 

pappus

Bonjour à tous

Venons en à l'infâme démonstration synthétique. 

Bouchons nous les oreilles et voilons nous les yeux!

Elle est basée sur une technique bien connue autrefois: la chasse aux angles orientés.

Quand on voit le mal que le regretté Berger s'est donné pour les définir, on ne peut que s'étonner que Camille LeBossé et Corentin Hémery aient aussi réussi à le faire sans l'attirail Bourbakiste.

Et j'ai la nostalgie des nombreux torticolis subis pour les comprendre.

Aujourd'hui la situation est plus simple, la géométrie a disparu.

Circulez, il n'y a rien à voir.

Et que nous reste-il, nos yeux pour pleurer et un musée imaginaire de la géométrie écrit dans la langue des philistins.

La figure ci-dessous montre la situation quand on a réussi à faire la première question du problème $703$ page $357$

Le foyer $F$ de la parabole tangente aux droites $AB$ et $AC$ et à la droite $BC$ au point $A'$ est le second point d'intersection autre que $A'$ des cercles rouges, le premier passant par $A'$ et tangent en $B$ à la droite $AB$ et le second passant aussi par $A'$ et tangent en $C$ à la droite $AC$.

Jetons un voile pudique sur cette démonstration glorieuse comme aurait dit Maitre Baffouillet et venons en à notre chasse et espérons qu'elle soit aussi efficace que celles du Comte Zaroff.

1° $F$ appartient au cercle circonscrit au triangle $ABC$:

$(FB,FC)=(FB,FA')+(FA',FC)=(BA, BA')+(CA',CA)=(AB,AC)$

2° Les points $F$, $A'$, $A''$ sont alignés où $A''$ est le symétrique de $A$ par rapport à la médiatrice de $BC$.

$(FB,FA')=(BA,BA')=(BA,BC)=-(CA'',CB)=(CB,CA'')=(FB,FA'')$.

Amicalement

pappus

PS 

Et encore une fois, mille bravos à notre ami Cailloux qui a trouvé cette très jolie construction du foyer.

pappus

Bonjour

 Ce n'est pas fini!

Quand c'est fini , N.I.NI NI ça recommence!

Si la parabole inscrite est définie par son foyer $F$, elle l'est aussi par son perspecteur $P$.

Quand le point $F$ décrit le cercle circonscrit au triangle $ABC$, le perspecteur le suit mais sur l'ellipse de Steiner circonscrite

La droite $FP$ passe alors par un point fixe!

Le prouver!

Que voilà une bonne question pour nos calculateurs patentés comme aurait dit Johnny!

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonour,

C'est le point de Steiner $X_{99}=\left[\dfrac{1}{b^2-c^2};\dfrac{1}{c^2-a^2};\dfrac{1}{a^2-b^2}\right]$.

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci Rescassol

C'est exact!

Encore Steiner!

On le retrouve partout celui là!

Résumons nous: il a un point, des droites et une ellipse.

Aurait-il des cercles par hasard?

Proposer diverses  constructions de ce point $X(99)$ compte tenu de ce que nous savons déjà!

Amitiés

pappus

cailloux

Bonjour pappus,
Merci pour ta solution (je n'étais pas parvenu à prouver ma construction) :
J'avais tenté l'affaire en repartant aussi des résultats du LH avec le n°703.
Pour 1) $ABCF$ cocycliques, pas de problème (en passant par la droite des divisions proportionnelles et $F$ projection de $A$ sur cette droite).
Mais pour 2), rien à faire ...
Amitiés.

pappus

Merci Cailloux

C'est déjà bien d'avoir trouvé cette jolie construction et de l'avoir vérifiée avec Geogebra.

Regardons maintenant cette histoire de droite $FP$.

On sait que $F(a^2qr:b^2rp:c^2pq)$ et $P(\dfrac 1 p:\dfrac 1q:\dfrac 1r)$

On forme donc le wedge $F\wedge P$!

Alleluia, un wedge, extase, extase!

On trouve:$\big((b^2-c^2)p:(c^2-a^2)q:(a^2-b^2)r\big)$

Autrement dit la droite $FP$ a pour équation:

$$(b^2-c^2)px+(c^2-a^2)qy+(a^2-b^2)rz=0$$

et cette droite passe bien par le point $\big(\dfrac 1{b^2-c^2}:\dfrac 1{c^2-a^2}:\dfrac 1{a^2-b^2}\big)$ comme l'a dit notre ami Rescassol.

Aurais-tu des idées pour une construction élémentaire de ce point?

Amitiés

pappus

pappus

Bonjour à tous

Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit au triangle $ABC$ et $\mathcal E$ l'ellipse de Steiner circonscrite, on récupère ainsi une application $\mathcal E\longmapsto \Gamma; P \mapsto F$ où $P$ est le perspecteur d'une parabole inscrite et $F$ le foyer de cette même parabole inscrite.

Montrer que $f$ se prolonge de façon unique en une collinéation du plan affine complété projectivement.

Amicalement

pappus

cailloux

Bonsoir à tous,

pappus a dit :

Aurais-tu des idées pour une construction élémentaire de ce point?

Un théorème (voir exercice 567 du Lebossé & Hémery) :
Pour que  4 points $A,B,C,D$ d'une ellipse appartiennent à un même cercle, il faut et il suffit que les cordes $AB$ et $CD$ soient également inclinées sur les axes.
D'où une construction après avoir construit les axes de l'ellipse de Steiner circonscrite :

Amitiés.

pappus

Merci Cailloux

Effectivement ça marche à condition de connaître les axes de l'ellipse de Steiner et ce n'est pas de la tarte même pour les calculateurs les plus chevronnés et Dieu sait que nous en avons beaucoup!

N'as-tu pas compris que ta propre construction est un élément de la solution?

Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!

Amitiés

pappus