Interprétation d'un énoncé
Réponses
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rien d'autre que l'équation de la parabole
A demon wind propelled me east of the sun -
RE
En clair :
on demande l'équation d'une parabole, connaissant un point $P$ d'icelle et la tangente en ce point, et sachant que l'intersection de la directrice et de l'axe appartient à un cercle de centre $P$.
Est-ce bien cela ?
A+
Un requin marteau vaut dix faisans fous. -
Bonjour à tous
Pour demander l'équation d'une courbe, encore faudrait-il que l'énoncé fixe un repère quel qu'il soit!
Le cercle final me semble superflu dans un premier temps
Je demanderais plutôt:
Construire une parabole connaissant l'intersection $H$ de son axe avec sa directrice ainsi qu'une de ses tangentes $T$ avec son point de contact $M$!
Amicalement
pappus -
Bonjour
Et voici la figure que j'ai obtenue!
Il existe une hypocycloïde à trois rebroussements à déterminer, telle que les axes des paraboles cherchées lui soient tangentes.
Autant dire que les sectateurs de la règle ébréchée et du compas rouillé peuvent aller se rhabiller puisque l'hypocycloïde à trois rebroussements est une courbe de la troisième classe!
Amicalement
pappus -
Bonjour à tous
Il est clair qu'on est parti sur un très très bon pied comme d'habitude!
Pour arriver à débusquer cette hypocycloïde à trois rebroussements, j'ai relaxé un peu la condition de Piteux_gore et j'ai étudié la famille des paraboles tangentes en $M$ à la droite $T$ dont la directrice passe par le point $H$.
Il se trouve que cette famille est très bien décrite dans les schémas traditionnels du cours sur les défuntes coniques!
Amicalement
pappus -
Bonjour à tous
Personne, pas même son auteur, n'a l'air de s'intéresser vraiment à cet énoncé!
Peut-être l'ai-je mal interprété?
Bof!
Amicalement
pappus -
RE
J'aimerais être certain de ce que l'énoncé demande...
A+Un requin marteau vaut dix faisans fous. -
Mon cher Piteux_gore
Tu aurais pu à tout le moins dire ce que tu pensais de mon interprétation, étant le seul à t'avoir répondu. Tu nous parles d'une parabole dont on connait un point $M$ et sa tangente $T$ ainsi que le pied $H$ de la directrice sur l'axe c'est à dire l'intersection $H$ de la directrice avec l'axe. J'ai choisi cette interprétation mais si tu en as une autre, fais nous en part! Il y a en effet bien des façons de prendre son pied en géométrie. On est donc ramené à construire la parabole connaissant le point $H$ et la droite $T$ pointée par le point $M$. Eventuellement on peut regarder ce que font les paraboles solutions quand le point $H$ décrit une courbe donnée comme un cercle par exemple!
Amicalement
pappus -
Bonjour à tous
-
Bonjour à tous
Sur ma figure, j'ai tracé une droite quelconque passant par $H$ qui va jouer le rôle de directrice.
Je projette orthogonalement le point $M$ en $P$ sur la directrice.
Le symétrique $F$ de $P$ par rapport à la tangente $T$ n'est autre que le foyer $F$.
La perpendiculaire à la directrice passant par le foyer $F$ n'est autre que l'axe.
So far so good.
Ensuite je demande au logiciel de tracer en rouge l'enveloppe de l'axe quand la directrice pivote autour de $H$
On obtient ce beau deltoïde.
Et pour répondre à la question initiale de Piteux_gore, il suffit de mener les tangentes issues de $H$ à ce deltoïde.
Quant à une solution quelle qu'elle soit, on peut effectivement attendre la saint glinglin quand on est muni seulement des axiomes de Thalès et de Pythagore!
Amicalement
pappus -
Bonjour à tous
Il est clair que je vais devoir me coltiner tout ce fourbi comme d'habitude.
Je choisis un repère orthonormé $\{M,(i,j)\}$ dans lequel la tangente $T$ a pour équation: $y=0$ et le point $H$ pour coordonnées $(a,b)$.
Le point $M$ étant l'origine du repère utilisé, ses coordonnées ne sont pas trop difficiles à évaluer!
Et roule ma poule!
Si quelqu'un a une meilleure idée, qu'il le dise!
Amicalement
pappus
-
Bonjour à tous
Là aussi quand je constate le peu de réactions pour ne pas dire aucune devant ce joli exercice déniché par Piteux_gore , j'en viens à me demander si je suis vraiment dans un forum de géométrie!
Dans le repère que j'ai envisagé, la directrice passant par $H(a,b)$ a une équation de la forme:
$$(x-a)\cos(\theta)+(y-b)\sin(\theta)=0$$
La projection $P$ du point $M$ sur cette directrice a pour coordonnées $(\lambda\cos(\theta),\lambda\sin(\theta)$ où il faut ajuster $\lambda$ pour qu'il soit sur la directrice.
On trouve immédiatement:
$$\lambda=a\cos(\theta)+b\sin(\theta)$$
Le point $F$ symétrique de $M$ par rapport à $T$ a donc pour coordonnées:
$$(\lambda\cos(\theta),-\lambda\sin(\theta))$$
L'axe est la droite passant par le foyer $F$ orthogonal à la directrice d'équation:
$$\dfrac{x-\lambda\cos(\theta)}{\cos(\theta)}=\dfrac{y+\lambda\sin(\theta)}{\sin(\theta)}$$
ou encore:
$$\dfrac x{\cos(\theta)}-\dfrac y{\sin(\theta)}-2\lambda=0$$
On écrit que l'axe passe par $H(a,b)$ pour obtenir:
$$\dfrac a{\cos(\theta)}-\dfrac b{\sin(\theta)}-2\lambda=0$$
Et c'est là que tout commence mais est-ce vraiment à moi de continuer?
Amicalement
pappus -
BonjourIl est assez clair qu'en imposant trois conditions (un point, la tangente en ce point, le lieu du pied), on a un degré de liberté pour la parabole.Il est demandé l'équation d'une courbe. La courbe décrite par un point particulier attaché à la parabole, par exemple son foyer ?Piteux_gore, aurais-tu mangé un bout de l'énoncé ? D'où l'as-tu sorti ?
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"La courbe" serait-elle la courbe verte de l'applet GeoGebra avec lequel vous pouvez vous amuser ici : https://www.geogebra.org/m/srkrzzx7
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RE
Exercice posé à l'oral de l'X en 1881 et déniché dans le numéro de décembre 1881 de l'éphémère Journal de mathématiques élémentaires et spéciales (1880-1881).
A+
Un requin marteau vaut dix faisans fous. -
L'énoncé de cet exercice ne fait pas sens tel quel : il manque la spécification de la courbe dont l'équation est demandée. Il me semblerait assez naturel que cette courbe soit celle décrite par les foyers des paraboles de la famille.
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Bonjour à tous
Ce lieu du point H importe peu dans un premier temps.
Il faut déjà regarder ce qui ce passe quand le point H est fixe, autrement dit quand ce lieu est réduit à un point!
C'est ce que j'ai fait et il y a déjà beaucoup de choses à dire dans ce cas!
Quand le point H décrit une courbe (même réduite à un point) , on peut effectivement se poser beaucoup de questions, lieu des foyers, lieu des sommets, enveloppe des directrices, enveloppe des paraboles, etc, etc...
Amicalement
pappus
PS
N'ayant déjà eu aucune réponse au sujet de ma propre interprétation qui je pense, est la plus simple possible, je me doute que le cadre général ne va pas soulever beaucoup plus d'enthousiasme! -
Pappus, je ne comprends pas bien quelle est ton interprétation de l'énoncé.Si on fixe le pied de l'axe sur la directrice, alors il y a une ou trois paraboles qui répondent aux spécifications.
-
Mon cher Gabuzomeu
Exact!
Il fallait déjà voir ce qui se passait dans ce cas particulier très simple!
Tu remarqueras aussi que j’ai relaxé cette condition forte en étudiant la famille des paraboles tangentes en M à la droite T et dont la directrice passe par H.Et même ce cas particulier susceptible d’être étudié analytiquement et synthétiquement n’a suscité le moindre enthousiasme!
Bref devant un énoncé initial qui n’avait aucun sens, j’ai fait des propositions qui auraient pu à tout le moins être discutées!
Amicalement
pappus -
Bonsoir,
Une paramétrisation de la courbe obtenue en posant $y = x \operatorname{tan} \left( \theta \right)$ :
$x = \frac{\sqrt{2} \operatorname{cos} \left( \theta \right)}{\sqrt{3-\operatorname{cos} \left( 4 \theta \right)}}$ et $y = \frac{\sqrt{2} \operatorname{sin} \left( \theta \right)}{\sqrt{3-\operatorname{cos} \left( 4 \theta \right) }}.$ avec $0\leq \theta\leq 2\pi$.
Cordialement,
ludwig -
Bonjour à tous
Seul GaBuZoMeu a un peu répondu à mes états d'âme en remarquant qu'il y avait de une à trois paraboles répondant à mes spécifications.
Ce qui prouve qu'il a fait les calculs!
Ce n'est pas très difficile de résoudre l'équation que j'avais écrite:
$$\dfrac a{\cos(\theta)}-\dfrac b{\sin(\theta)}=2(a\cos(\theta)+b\sin(\theta))$$
Personne pour ce faire, pas même l'initiateur de cette discussion, à se demander ce qui l'intéresse et c'est moi comme d'habitude qui doit s'acquitter de cette corvée!
$$a\big(\dfrac 1{\cos(\theta)}-2\cos(\theta)\big)=b\big(\dfrac 1{\sin(\theta)}+2\sin(\theta)\big)$$
ou encore:
$$a\sin(\theta)(1-2\cos^2(\theta))=b\cos(\theta)(1+2\sin^2(\theta))$$
En posant $t=\tan(\theta)$, on trouve:
$$\dfrac ba=t\dfrac{1-\frac 2{1+t^2}}{1+\frac{2t^2}{1+t^2}}=\dfrac{t(t^2-1)}{3t^2+1}$$
On se doute bien qu'il n'y aura pas beaucoup de monde pour discuter du nombre de racines de cette équation du troisième degré.
Courage, fuyons!
Oui bien sûr mais vers où?
Amicalement
pappus -
Bonsoir Pappus,
Je relève ton défi ! Et je ne veux pas te laisser monologuer dans un désert numérique, alors que je puis essayer de rameuter de vieux réflexes d'il y a plus de 50 ans ...Tout ce que je puis dire, c'est que cette équation a une ou trois racines, car, en posant p = b/a, le discriminant réduit de la dérivée de la fonction f(t) = t^3 - 3t^2p - t - p, soit f'(t) = 3t^2 - 6pt - 1, vaut 9p^2 + 3, il est donc toujours positif, et la dérivée ayant deux zéros, le graphe de la fonction aura deux extremums, situés à (3p + rac(9p^2 + 3))/3 et (3p - rac(9p^2 + 3))/3, soit, en posant rac(9p^2 + 3) = 3p + k (k>0), l'un à 2p + k/3, l'autre à -k/3.
Ensuite, pour savoir si les valeurs prises par f(t) en ces deux extremums sont de même signe ou de signes contraires, peut-on faire l'approximation consistant à négliger k ? Si oui, on a f(0) = -p et f(2p) = -p(4p^2 + 3), qui sont de même signe : f(t) n'aurait donc ainsi qu'une seule racine, sous réserve de la validité de cette approximation et de la justesse de mes calculs ...Bien amicalement, JLB -
Mon cher Jelobreuil
Je te remercie d'avoir mis les mains dans le cambouis!
C'est si rare sur ce forum que cela doit être signalé!
Mais tes calculs doivent se traduire géométriquement in fine sur l'écran de ton ordinateur!
Devant cette équation du troisième degré, on sait dès le départ que les ardeurs de ceux qui ne veulent faire de la géométrie que s'ils peuvent utiliser leur règle ébréchée et leur compas rouillé, sont éteintes!
Mais il existe peut-être des valeurs de $p$ pour lesquelles cela est possible?
Les déceler si possible!
Ensuite je sais que cette construction peut être menée à bien par des méthodes utilisant des intersections de coniques, exposées depuis longtemps par Poulbot sur notre forum et je voudrais bien arriver jusque là si j'en ai encore la force!
Amicalement
pappus
PS
C'est toi qui m'as signalé que le $\LaTeX$ fonctionnait à nouveau sur notre forum!
Pourquoi ne l'utilises pas tu toi même?
Ce n'est vraiment pas très difficile! -
BonjourQuand le pied se balade sur le cercle de rayon 1 de centre le point de contact pris pour origine (et la tangente prise pour axe des abscisses) , la bifurcation entre les situations à une parabole solution et celles à trois paraboles solutions se fait aux points $\left(\pm\dfrac12\sqrt{9-3\sqrt3},\pm\dfrac12\sqrt{3\sqrt3-5}\right)$. Les trois paraboles solutions se trouvent pour les ordonnées proches de 0.
-
Merci GaBuZoMeu
Excuse moi mais je ne comprends pas bien ce que tu as fait.
Les données sont le point $M$ et sa tangente $T$.
Le point $H$ intersection de l'axe et de la directrice sert de paramètre.
La discussion se fait autour de la position de ce point.
On doit obtenir un régionnement du plan et dire si le point $H$ est dans telle ou telle région, alors on a une, deux ou trois paraboles solutions.
Et j'affirme déjà que la construction de ces solutions se fera par intersections de coniques à défaut de l'être par la règle et le compas.
@ Jelobreuil
Je vois que tu n'as pas très bien compris ce qui se passe:
Tu as une équation du troisième degré dépendant du paramètre $p=\dfrac ba$.
Tu dois trouver une partition de la droite réelle en intervalles disjoints et nous dire si $p$ se trouve dans tel ou tel intervalle, alors il y a une, deux ou trois solutions!
Amicalement
pappus -
Si tu ne comprends pas bien, c'est sans doute parce que tu as oublié le problème de départ : le point $H$ se promène sur un cercle de centre le point de contact. Je décris les arcs de cercle où il y a trois solutions et ceux où il n'y en a qu'une.Ensuite, vu que le problème ne change pas par homothétie de centre le point de contact, les arcs de cercle donnent bien des régions du plan, des secteurs angulaires.Ce n'est pas difficile de trouver les pentes des droites délimitant ces secteurs angulaires à partir de ce que j'ai écrit : $\pm\dfrac{\sqrt{2\sqrt3-3}}{3}$.
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Merci GaBuZoMeu
Finalement tu as adopté le point de départ que j'avais trouvé si artificiel.
Avoue que mon point de vue est plus naturel où on discute suivant la position du point $H$ dans le plan tout entier et non sur telle ou telle courbe.
Une fois connue la solution du problème pour le point $H$ quelconque, il est très facile d'avoir par intersection la solution pour un point $H$ situé sur telle ou telle courbe!
Amicalement
pappus -
pappus a dit :Finalement tu as adopté le point de départ que j'avais trouvé si artificiel.
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Quand le pied $H(a,b)$ se promène dans le plan, la condition $discrim=0$ est le produit de quatre facteurs du premier degré. Deux sont les droites données par GBZM. Les deux autres ont une pente imaginaire. Avez vous une interprétation à suggérer pour ces deux autres droites ?
Cordialement, Pierre. -
Mon cher GaBuZoMeu
Tout d'abord Merci!
On ne va pas se fâcher pour si peu!
Le cercle de départ me paraissant apparaître comme des cheveux sur la soupe, j'ai préféré m'en débarrasser!
Cela me semblait plus naturel!
Le fait que mon problème soit invariant par homothétie est évident sur l'équation que j'ai obtenue :$$\dfrac ba=\dfrac{t(t^2-1)}{3t^2+1}$$Et il est étonnant que Jelobreuil n'ait pas trouvé les pentes que tu as écrites, à savoir :$$\pm\dfrac{\sqrt{2\sqrt 3-3}}3$$sur cette équation du troisième degré.
Etait-il si difficile de tracer le graphe de la fonction $t\mapsto \dfrac{t(t^2-1)}{3t^2+1}$
et de faire la figure ci-dessous.
Amicalement
pappus
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