Construction de paraboles

Rebonsoir,
$A$, $B$ et $C$ sont trois points 2 à 2 distincts du plan. Construire les deux paraboles passant par ces points et qui ont la même tangente en $A$.

Réponses

  • Vassillia
    Modifié (August 2024)
    Bonjour Ludwig, une possibilité calculatoire qui t’intéressera peut-être en barycentriques donc $A=(1:0:0)$, $B=(0:1:0)$ et $C=(0:0:1)$ avec $\mathcal L_{\infty} = [1,1,1]$.
    Une conique circonscrite avec pour perspecteur $P \simeq (p:q:r)$ a une matrice de la forme $conique \simeq \left(\begin{array}{ccc} 0 & r & q \\ r & 0 & p \\ q & p & 0 \end{array}\right)$, c'est à dire qu'un point $M$ appartient à cette conique ssi $^t M \cdot conique \cdot M$.

    On va utiliser un point $D \simeq (u:v:w)$ pour définir la tangente de ton choix, cette droite $d \simeq A \wedge D$ sera la tangente en $A$.
    Il faut donc que $\mathcal L_{\infty} \cdot conique^{-1}  \cdot ^t \mathcal L_{\infty}=0$ et $d \cdot conique^{-1} \cdot ^t d=0$ car $\mathcal L_{\infty}$ doit être tangente puisqu'il s'agit d'une parabole et $d$ doit être tangente par définition. 

    Cela donne 2 perspecteurs donc 2 coniques 
    $P_1 \simeq \left({\left(v + w\right)}^{2}:\,{\left(v - w - 2 \, \sqrt{-v w}\right)} v:\,-{\left(v - w - 2 \, \sqrt{-v w}\right)} w\right)$
    $P_2 \simeq \left({\left(v + w\right)}^{2}:\,{\left(v - w + 2 \, \sqrt{-v w}\right)} v:\,-{\left(v - w + 2 \, \sqrt{-v w}\right)} w\right)$
    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 (August 2024)
    Bonne nuit Ludwig et fais de beaux rêves.
    Voici ma construction qui a le gros désavantage d'être graphique au lieu de se présenter comme une suite de calculs après lesquels il suffit de glander.
    Soit $AU$ la droite conjuguée harmonique de la tangente $AT$ par rapport aux droites $AB$ et $AC$.
    Elle coupe l'ellipse de Steiner inscrite $\gamma$ en deux points $P_1$ et $P_2$.
    Les coniques circonscrites de perspecteurs $P_1$ et $P_2$ sont les deux paraboles cherchées.
    Amicalement
    pappus

  • pappus
    Modifié (August 2024)
    Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves
    Voici des calculs pour ceux qui ne peuvent vivre sans les faire.
    Soit $wy+vz=0$ l'équation de la tangente $AT$
    La matrice des coniques circonscrites au triangle $ABC$ et tangentes en $A$ à la droite $AT$ est:
    $$\begin{pmatrix}0&w&v\\w&0&u\\v&u&0\end{pmatrix}$$
    Sa comatrice est:
    $$\begin{pmatrix}-u^2&uv&uw\\uv&-v^2&vw\\uw&vw&-w^2\end{pmatrix}$$
    On écrit que les coordonnées ${}^t(1:1:1)$ (ne pas oublier le ${}^t$ de peur d'être foudroyé sur place!) de la divine droite de l'infini est un vecteur isotrope de la forme quadratique canoniquement associée à cette matrice pour obtenir:
    $$u^2+v^2+w^2-2vw-2wu-2uv=0$$ qui s'écrit aussi:
    $$u^2-2(v+w)u+v^2+w^2-2vw=0$$
    On sait résoudre cette équation en $u$ puisqu'elle est encore provisoirement dans nos programmes:
    $$u=v+w\pm2\sqrt{vw}$$
    Les calculs sont terminés!
    C'est magnifique!
    La vie est belle!
    Je peux enfin glander!
    Quant à moi, j'ai bien mérité d'aller faire un gros dodo!
    Amicalement
    pappus

  • pappus
    Modifié (August 2024)
    OK
  • Ludwig
    Modifié (August 2024)
    Merci à tous les deux.
    Je prends une tangente particulière, la droite $(\Delta)$ tangente en $A$ au cercle circonscrit à $ABC$, et je construis les deux paraboles passant par $A$, $B$ et $C$ et qui ont $(\Delta)$ pour tangente en $A$.
    Je fais tendre $B$ vers $A$. Proposer une construction à la règle et au compas des limites des axes de ces paraboles (en vert sur la figure).

  • Rescassol
    Modifié (August 2024)
    Bonjour,

    En s'y prenant dans l'autre sens:
    % Ludwig - 22 Août 2024 - Construction de paraboles
    
    clc, clear all
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    
    syms p q r s t u v w real
    
    % Deux points P et Q sur l'ellipse incrite de Steiner
    P=[1; t^2; (t+1)^2]; Q=[1; s^2; (s+1)^2];
    PQ=SimplifieBary(Wedge(P,Q)); % Droite (PQ)
    NulA=Factor(PQ*A) % s + t + 2*s*t = 0 donc, pour que (PQ) passe par A:
    s=-t/(2*t+1);
    Q=SimplifieBary([1; s^2; (s+1)^2]); % Q=[(2*t+1)^2; t^2; (t+1)^2]
    PQ=SimplifieBary(Wedge(P,Q)); % PQ=[0, (t+1)^2, -t^2]
    Ap=[0; t^2; (t+1)^2]; % Pied A' de la A-cevienne de P (ou Q)
    As=[0; -t^2; (t+1)^2]; % Conjugué harmonique A" de A' par rapport à B et C
    AAs=Wedge(A,As); % Droite (AA")=[0, (t+1)^2, t^2]
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    % Équation tangentielle de la conique circonscrite
    % de perspecteur P=[u; v; w]
    % p^2*u^2 + q^2*v^2 + r^2*w^2 - 2*p*q*u*v - 2*p*r*u*w - 2*q*r*v*w = 0
    
    F(p,q,r,u,v,w)=p^2*u^2 + q^2*v^2 + r^2*w^2 - 2*p*q*u*v - 2*p*r*u*w - 2*q*r*v*w;
    NulP=Factor(F(0, (t+1)^2, t^2, 1, t^2, (t+1)^2)) % F(AAs,P)
    NulQ=Factor(F(0, (t+1)^2, t^2, 1, s^2, (s+1)^2)) % F(AAs,Q)
    % NulP=NulQ=0 donc (AA") est bien la tangente en A aux deux paraboles
    Cordialement,
    Rescassol

  • Bravo Rescassol pour ces calculs.
    Ci-dessous une construction de la position limite des axes des paraboles lorsque $B$ tend vers $A$, et dans le cas particulier où la tangente commune en $A$ est la tangente en $A$ au cercle circonscrit à $ABC$ : $a$ milieu de $BC$, $m$ celui de $aB$, $(P)$ la perpendiculaire à $OB$ passant par $m$. Les axes limites sont les bissectrices des droites $(P)$ et $(BC)$.
    Cette construction particulière permet d'obtenir les axes des paraboles passant par $A$, $B$, $C$ et admettant $(\Delta)$ pour tangente en $A$. Car la relation entre l'angle polaire $A$ et celui des axes de la parabole est de type affine, avec $1/2$ pour coefficient directeur. Exemple pour une parabole : les axes des paraboles du faisceau passent par un point fixe $K$ qui s'obtient en prenant l'intersection de l'axe limite avec la médiatrice de $BC$. Il suffit alors de faire tourner cet axe limite autour de $K$ d'un angle égal à la moitié de la différence entre les angles polaires de $A$ et $B$, pour obtenir l'axe $(\Gamma)$ de la parabole recherchée :
    Et quand on a l'axe on a du coup six points de la parabole, on peut donc la tracer avec l'outil conique par 5 points.
    Cette construction doit pouvoir s'adapter pour n'importe qu'elle tangente en $A$ initiale, il suffit de trouver une construction des axes limites. Ci-joint un fichier à renommer en .ggb.
  • Bonjour,
    J'ai une solution affine du problème initial de ce fil.
    Soit $\mathcal P$ une parabole passant par $A,B,C$ et tangente en $A$ à $\mathcal T_A$.
    Soit $I=BC\cap\mathcal T_A$.
    La parallèle à $AC$ passant par $B$ coupe $\mathcal T_A$ en $A'$.
    Montrer que $B\infty_{\mathcal P}$ coupe $\mathcal T_A$ en un point fixe de l'involution de $\mathcal T_A$ de point central $I$ qui envoie $A$ sur $A'$.
    Indication : Pascal, who else !
  • Une petite figure dans le cas où il y a bien deux directions asymptotiques (en pointillés) qui conviennent.

  • gai requin
    Modifié (August 2024)
    Reste enfin la question lancinante (ou pas hein) du tracé d'une parabole circonscrite à $ABC$ connaissant $\mathcal T_A$ et la direction asymptotique.
    Bof, par vulgaire symétrie oblique !

  • Le tout sans aucun calcul ni considérations de perspecteur comme au moyen-âge 😎
  • Bonsoir,

    Les deux paraboles sont d'axes orthogonaux si et seulement si leur tangente en $A$ commune est aussi la tangente en $A$ au cercle circonscrit. Les perspecteurs sont alors sur la $A$-symédiane.

    Corfiameùent,
    Rescassol

  • stfj
    Modifié (August 2024)
    Bonjour,
    Aidé par le travail important de @Vassillia, je me propose de développer sa solution synthétique pour me l'approprier. Je me permettrai quelques questions si je suis arrêté dans ma lente progression pour tenter d'atteindre les sommets où évolue le maître. ;)
    Soit donc $ABC$ un triangle et $\mathscr C$ une conique passant par les trois sommets de ce triangle. On utilise évidemment les outils de géométrie projective à notre disposition en 2024, autrement dit à une traduction près (il ne s'agit ici ni de topologie ni de géométrie différentielle tout de même :) ) l'Algèbre linéaire. Dans le repère projectif associé à $(A,B,C, \mathcal L_{\infty})$, ie $$A\simeq 1:0:0,\, B\simeq 0:1:0,\, C\simeq 0:0:1,\, \mathcal L_{\infty}\simeq [1,1,1]$$
    Cordialement.

  • Vassillia
    Modifié (August 2024)
    C'est très flatteur @stfj mais je pense que tu idéalises largement mon niveau en géomètrie. Habituellement, je suis plutôt bonne élève donc j'ai appris relativement rapidement, c'est tout. Bonne nouvelle, cela veut dire que tu devrais y arriver aussi, éventuellement en plus de temps. Ma solution est analytique, côté calculatoire de la force for ever.
    Ceci dit, j'ai paramétré à partir de $D$ pour que ce soit bougeable à la souris sous geogebra mais si tu veux juste t'entraîner, tu devrais peut-être partir d'une droite $d \simeq [u,v,w]$ qui passe par $A$ ce qui impose quelle contrainte sur $u$, $v$ et $w$ ?

    PS : je donne cours de 14h à 18h donc je te répondrai sûrement pas avant ce soir mais tu auras réussi d'ici là probablement.
    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)
  • stfj
    Modifié (August 2024)
    Soit donc $d\simeq [0,u,v]$ [merci] une droite passant par $A$. Traduisant que $$\forall M\in \{A,B,C\},\,^t M\cdot \mathscr C\cdot M=0$$nous obtenons que $$\mathscr C\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & r & q \\ r & 0 & p \\ q & p & 0 \end{array}\right)$$
    La conique tangentielle est fournie par la comatrice $$\mathscr C^{-1}\simeq \begin{pmatrix}-p^2&pq&pr\\pq&-q^2&qr\\pr&qr&-r^2\end{pmatrix}$$
    $\mathscr C$ est une parabole donc $\mathcal L_{\infty}$ est tangente à $\mathscr C$ ie $$[1,1,1]\cdot \mathscr C^{-1}\cdot ^t [1,1,1]=0$$ On a aussi donc $$d\cdot \mathscr C^{-1}\cdot ^t d=0$$
    ___________________________________
    var('p q r u v ')
    C=matrix([[-p^2,p*q,p*r],[p*q,-q^2,q*r],[p*r,q*r,-r^2]])
    linf=vector([1,1,1])
    d=vector([0,u,v])
    solve([linf*C*linf==0,d*C*d==0],p,q,r)
    ________________________________
    fournit via sagemath $$[[p == r1, q == (r1*u*v + r1*v^2 - 2*sqrt(u*v)*r1*v)/(u^2 - 2*u*v + v^2), r == (r1*u^2 + r1*u*v - 2*sqrt(u*v)*r1*u)/(u^2 - 2*u*v + v^2)], [p == r2, q == (r2*u*v + r2*v^2 + 2*sqrt(u*v)*r2*v)/(u^2 - 2*u*v + v^2), r == (r2*u^2 + r2*u*v + 2*sqrt(u*v)*r2*u)/(u^2 - 2*u*v + v^2)]]$$
    ___________________________
    ie les deux coniques de perspecteurs $$P_1\simeq (u-v)^2:uv+v^2-2v\sqrt{uv}:u^2+uv-2u\sqrt{uv}$$ et $$P_2\simeq (u-v)^2:uv+v^2+2v\sqrt{uv}:u^2+uv+2u\sqrt{uv}$$
  • stfj
    Modifié (August 2024)
    _________________________________
    Remarque : j'aurais peut-être dû prendre $d\simeq [0,1,u]$ pour simplifier les calculs, voire les faire à la main. C'est vrai que quand on connaît le résultat, tout paraît plus simple. Et l'on parlera sans doute de résultat "élémentaire" à propos de ce résultat élémentaire. Quand on pense à l'accumulation de résultats accumulés pendant des millénaires rien que sur les coniques par des géomètres plus ou moins glorieux, on est pris de vertige. Le seul choix alors : Bourbaki. Autrement dit, un peu d'ordre dans toutes ces richesses accumulées.
  • stfj
    Modifié (August 2024)
    Le perspecteur $P$ de la parabole $\mathscr C$ appartient à l'ellipse de Steiner inscrite. C'est également élémentaire$^1$:
    ___________________
    var('u v')
    p=(u-v)^2; q=u*v+v^2-2*v*sqrt(u*v); r=u*v+u^2-2*u*sqrt(u*v)
    print (factor (p^2+q^2+r^2-2*p*q-2*p*r-2*q*r))
    _________________________
    fournit bien $0$. On peut aussi faire les calculs à la main si on a du temps à perdre.
    __________________________________________
    $^1.-$ J'appelle ainsi les résultats auxquels on a accès à l'issu d'un enseignement secondaire. Je ne pense pas en effet qu'il y ait dans ce que j'ai utilisé, des résultats que l'on ne m'avait pas demandé d'acquérir en classes de mathématiques supérieures. La dualité par exemple nous avait fort surpris mais on ne demande pas à un élève de CE1 d'expliquer l'intérêt des tables de multiplication.

  • Bravo :)
    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)
  • Tous ces calculs pour un exo qui se traite sans en 5 minutes 🤦‍♂️
  • stfj
    Modifié (August 2024)
    L'intérêt de tous ces calculs, @gai requin , ne se limite pas à cet "exo qui se traite en 5 minutes". Comme tous les exercices faits pour s'exercer, il peut s'agir ici de s'exercer sur la conique, la conique tangentielle, l'utilisation d'un logiciel de géométrie dynamique, l'utilisation d'un logiciel de calcul formel, la familiarisation avec du vocabulaire ("Le perspecteur $P$ de la parabole $\mathscr C$ appartient à l'ellipse de Steiner inscrite"), ... pour bien d'autres exercices, qui se traiteront alors en bien moins de 5 minutes. Une fois les machines programmées, on pourra même les confier à des assistants personnels intéractifs et se consacrer à d'autres tâches.
    Je pense qu'il est dès aujourd'hui envisageable d'imaginer de demander à une machine de nous expliquer : "A, B et C sont trois points 2 à 2 distincts du plan. Comment construire les deux paraboles passant par ces points et qui ont la même tangente en A ?" en utilisant le programme de Vassillia par exemple.
    N'est-ce pas ?
  • stfj
    Modifié (August 2024)
    Ben dans ce cas-là, il faut peut-être insister sur le fait que cet exercice ne se traite pas en 5 min, mais certainement en moins d'une seconde dans le cerveau de quelqu'un d'entraîné comme Vassillia. Je résume sa pensée que j'ai faite mienne : 
    - conique,
    - conique$^{-1}$,
    - droite à l'infini pour "parabole",
    - définir algébriquement droite passant par $A$,
    - traduire,
    - utiliser solve pour obtenir concrètement le résultat (par souci pédagogique en option) et pouvoir convaincre de la pertinence de la démarche, 
    Cette démarche n'est jamais que celle qu'enseignait Doneddu en 1973, donc largement classique. On voit d'ailleurs des ressemblances importantes avec ce qu'écrit pappus juste après, mais je ne sais pas si pappus arrive au résultat.
    Moins d'une seconde. C'est évidemment un peu plus long à écrire.
  • Et avec ta b… et ton couteau ? 😈
  • stfj
    Modifié (August 2024)
    Je ne pense pas qu'il soit utile de s'attaquer à un problème de coniques, où des générations de géomètres ont multiplié les résultats depuis 2300 ans, avec ses propres outils limités. Les coniques depuis qu'on me les a enseignées en Terminale, m'ont toujours ennuyé : la seule chose qui m'intéresse avec les coniques est justement d'acquérir des outils utiles pour autre chose ( logiciels de géométrie dynamique, de calcul formel, courbes algébriques, géométrie différentielle, topologie, ... ) S'il faut se farcir les coniques pour cela, farcissons-nous les coniques.
  • Ben fais autre chose !
  • @gai requin n'ayant pas de b... je m'autorise à utiliser un ordinateur, je sens que les femmes vont prendre le pouvoir mais, on est sympa, on vous laisse les couteaux (on prend les drones, les missiles téléguidés ...)
    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)
  • Coucou @Vassillia, le couteau sans les symétries centrales 😉
  • Vassillia
    Modifié (August 2024)
    Que cela t'amuse, très bien, mais me mettre volontairement des handicaps, ce n'est définitivement pas mon truc.
    Si un coup de marteau règle tous les problèmes, je ne vais pas m'embetter à trouver des tournevis spécifiques à chaque pas de vis problématique.
    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)
  • Et ton couteau ne résoudra rien dans $\mathbb P(\mathbb K^{n+1})$ donc un peu de modestie hein.
  • Vassillia
    Modifié (August 2024)
    Le jour où j'aurais des questions de ce type, je m'en inquièterais et je chercherais une solution. En attendant, non seulement je resous des problèmes mais en plus j'arrive à le transmettre. Mais vas-y apprends aux lecteurs et lectrices comment on résout des problèmes, je te regarde. 
    Qui s'est vanté de vivre comme au moyen-âge et râle que d'autres utilisent des calculs ? Il suffit de lire le fil.
    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)
  • Bonjour,

    Chacun emploie les méthodes qu'il préfère. 
    Pourquoi vouloir imposer ses méthodes à autrui ?

    Cordialement,
    Rescassol

  • Bien sûr, mais il convient de signaler les solutions ésotériques ou qui nécessitent l’outil informatique ou qui sont moyenâgeuses (=élémentaires)...
  • moyenageuses (=inutiles) fonctionne aussi, tout dépend comme on décide de le signaler. 
    Moi je veux bien qu'on le fasse à chaque fois mais cela risque vite de devenir pénible. Le mieux est peut-être comme le dit Rescassol que chacun et chacune s'intéresse aux solutions qui l'intéresse sans commenter négativement celles qui ne l’intéressent pas (c'est un droit évidemment)
    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)
  • @Vassillia Je suis d'accord avec toi, cela donnerait une atmosphère plus détendue sur ce forum, maintenant que les positions, bien établies, de chacune et chacun sont connues de toutes et tous ...
  • En fait, tout dépend de ce qu’entendait @Ludwig par construction. A priori, il admet l’outil conique donc la construction de @pappus doit convenir mais pas celle de @Vassilia qui sort les deux perspecteurs de la boîte algébrique de GGB. 
    Cette notion de perspecteur ne donne aucun résultat dans un moteur de recherche.
    En revanche, le théorème de Pascal a sa page wiki et permet une construction AFFINE du problème de Ludwig, pour autant qu’on sache ce que cela signifie.
    Ce serait donc plutôt ésotérique=inutile dans ce fil 😈
  • Quand je me suis inscrit sur ce forum, il y avait un forumeur dont le pseudo était 'Pablo le retour'. Depuis 2 mois, j'ai repensé à lui à différentes occasions.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • stfj
    Modifié (August 2024)
    D'après @poulbot dans le lien fourni par Rescassol, le terme de perspecteur vient de l'américanisme (Conway, Kimberling) perspector. Une rapide recherche m'a renvoyé vers le perspecteur de Gossard. Je ne sais pas si on s'y est intéressé sur les-mathématiques.net.
  • Bonjour,

    > Cette notion de perspecteur ne donne aucun résultat dans un moteur de recherche.
    Tu n'as pas beaucoup cherché, normal, si ça ne t'intéresse pas.

    > Ce serait donc plutôt ésotérique=inutile dans ce fil
    Inutile pour toi, pas pour tout le monde.

    La notion de perspecteur m'intéresse, et je ne vois pas pourquoi je devrais me plier aux goûts d'autrui.

    Cordialement,
    Rescassol


  • gai requin boude car personne ne s'est intéressé à sa solution. C'est la vie et cela ne m'empêchera pas de donner des solutions qui peuvent peut-etre intéresser des lecteurs et lectrices. Si ce n'est pas le cas, moi je le vis bien car comme le dit stfj, il n'y a plus aucun effort de réflexion, juste un peu de rédaction.
    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)
  • stfj
    Modifié (August 2024)
    Soit $ABC$ et $A'B'C'$ deux triangles dans une configuration de Desargues. Le $\color{magenta}\text{perspecteur}$ n'est jamais que le point $$\color{magenta}P\color{black}\doteq AA' \cap BB' \cap CC',$$ n'est-ce pas? Et la $\color{magenta}\text{perspectrice}$ la droite. N'est-ce pas? Conway a souhaité dépoussiérer la géométrie, mais ne l'a pas réinventée ab ovo, n'est-ce pas?https://www.geogebra.org/classic/djkusrjc
    (Illustration des notions de perspecteur et de perspectrice d'une conique inscrite dans un triangle $ABC$)


  • @Vassilia : Personne ne s'est intéressé à ta construction parce que tu n'as rien construit :p
  • Vassillia
    Modifié (August 2024)
    Si tu veux, je ne construirais jamais rien mais j'ai des pouvoirs magiques qui font que quand vous bougez le point qui définit la tangente, cela affiche quand même les solutions demandées sur vos écrans. 
    Si vous ne vous servez pas d'écran, merci de communiquer par la poste, pigeon voyageur ... (ce qui est utilisé au moyen âge) et de nous laisser tranquille. Je ne comprends pas à quoi tu joues gai requin à part pourrir le fil de Ludwig qui n'a pas eu l'air dérangé ma solution ce qui ne veut pas dire qu'elle l'intéresse évidemment.
    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)
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