Un zeste de géométrie projective

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Réponses

  • @pappus : As-tu vu ma dernière figure directement inspirée de Chasles ?
  • pappus
    Modifié (16 May)
    Mon cher gai requin.
    Oui j'ai bien vu ta figure mais je voulais laisser aux autres une chance de te répondre.
    Je donne quand même une indication.
    Il est allé ailleurs pour se rendre invisible.
    Amitiés
    pappus
    PS
    Ce problème est à mettre en relation avec la construction des paraboles passant par les sommets d'un trapèze
    dont j'ai déjà parlé maintes fois dans l'indifférence la plus générale comme il se doit!

  • Bonjour pappus,
    Voilà comment j'ai procédé.
    Ton homographie $\delta\mapsto\delta'$ induit une homographie $f:TU\to T'U',\;\delta\cap TU\mapsto\delta'\cap T'U'$.
    Alors $\gamma$ est une parabole ssi $f$ est affine ssi $f(\infty_{TU})=\infty_{T'U'}$ ssi $TU\parallel T'U'$ et $P'$ est à l'infini.
  • Bonjour,
    sans la symétrie recherchée par gai requin, on peut avoir des paraboles avec les six points réels et à distance finie. On caractérise la parabole par une relation algébrique lorsque $(\Gamma)$ est une conique à  centre ; en revanche, je n'ai pas regardé le cas où $(\Gamma)$ doit elle aussi être une parabole.


  • Merci gai requin et j_j
    pldx1 (que je salue) a montré dans le fil sur les triangles harpons d'une parabole que si $\Gamma$ était une conique à centre, par exemple une ellipse, alors $P$ étant fixé, le lieu de $P'$ pour que $\gamma$ soit une parabole est aussi une parabole dont il a donné les éléments de réduction euclidiens.
    Tu n'as donc trouvé qu'un point de cette parabole, à savoir son point à l'infini.
    Tu restes trop dans le vague avec cette figure non commentée!
    Comme la parabole admet une définition affine, on a pas besoin de structure euclidienne pour résoudre ce cas particulier même s'il est préférable de travailler dans un plan euclidien pour ne pas traumatiser les âmes sensibles qui ne connaissent de la parabole que sa définition euclidienne.
    On peut donc travailler dans le plan affine complété projectivement.
    Si $\Gamma$ est une ellipse par exemple, on sait qu'il existe un système de coordonnées homogènes dans lequel elle a pour équation homogène:
    $$x^2 +y^2-z^2=1$$
    On peut donc appliquer ma méthode avec $Q=Diag(1,1,-1)$.
    Est-ce si difficile?
    Amitiés
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (17 May)
    Et voilà un exemple lorsque les deux sont des paraboles avec tous les points apparents https://www.geogebra.org/classic/ab84xzgk
    Personnellement, je ne m’embête pas, le centre est à l'infini pour une parabole donc j'inverse la matrice, je multiplie par la droite de l'infini puis j'impose que la somme des coefficients soit nulle (en barycentriques) et ... puis c'est tout.
    Edit : j'ai quand même modifié la figure pour faire apparaitre les deux solutions (l'une en rouge et l'autre en vert) obtenues à partir de la parabole initiale en noire histoire de ne pas faire trop touriste. Evidemment, comme j'ai fait la boulette de choisir $T'$ comme faisant partie du repère barycentrique, ce n'est pas trop pratique pour trouver toutes les solutions quand $P'$ est complétement libre (chez moi, il n'a qu'un seul degré de liberté au lieu de deux même si en bougeant $T'$ et en modifiant $p$ et $q$ alors on peut tout obtenir théoriquement).
    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 à tous,
    pappus : évidemment, j'avais fait les calculs avec une base affine, mais une figure euclidienne est tout de même plus simple à faire avec géogébra (ici, j'ai fait en sorte que le produit scalaire de $OP$ et de $OP'$ ait une valeur calculée à l'avance).
    Nota bene : même dans une base affine, je préfère une équation de la forme $X^2+Y^2=a^2$ car la vérification de l'homogénéité des formules permet de détecter certaines erreurs (je fais tous mes calculs à la main, colle dita). Ici, le contact de $(\gamma)$ avec la droite de l'infini donnait formellement $||P\wedge P'||^2=4(1-(P|P'))$.

    Vassilia : si tu as une macro qui détermine une tangente commune à deux coniques, tu peux aussi faire une figure avec $(\Gamma), P$ et $P'$ quelconques puis envoyer une tangente commune à l'infini (grâce à une homologie par exemple), de sorte que les deux coniques sont des paraboles.
  • Vassillia
    Modifié (17 May)
    Bonne idée, geogebra possédant ce genre de macro, il n'y a plus qu'à appliquer la jolie matrice de collinéation envoyant la tangente de notre choix à l'infini et ... https://www.geogebra.org/m/jkw5623c (j'ai fixé P, U, T mais vous pouvez changer si cela ne vous plait pas)
    Bon, j’arrête de jouer et je retourne travailler.

    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)
  • Merci, Vassilia,
    quant à moi, j'ai fait une figure en calculant les coordonnées des points $P$ et $P'$ ; si $P=(a:b:1)$ et $P'=(a':b':1)$, la CNS cherchée pour avoir deux paraboles est $4p(b+b')=(a+a')^2$, si la parabole a pour équation $X^2=2pY$ (si je dis que $p$ en est le paramètre, pappus va me foudroyer du haut de son Olympe :) ).
    Il reste à choisir $P$ assez proche de $(\Gamma)$ afin que $P'$ soit à l'extérieur d'icelle, ce qui explique que $(\gamma)$ soit aussi ratatinée.

    Tu as raison : je vais moi aussi passer à autre chose, sinon, je risque d'en rêver la nuit.


  • pappus
    Modifié (17 May)
    Bonne nuit à tous
    Je pense que ce qu'attendent nos lecteurs en matière de géométrie analytique, ce sont des calculs, des figures et un dialogue permanent entre les deux.
    Je sais que c'est embêtant à rédiger surtout pour moi qui passe une bonne partie de la journée à roupiller!
    Alors je vais aller à ma vitesse d'escargot.
    Je rappelle que si $\Gamma$ est une ellipse du plan affine, il existe des repères cartésiens dans lesquels, elle a pour équation réduite: $x^2+y^2-1=0$.
    Quels sont ces repères?
    Son équation dans le plan affine complété projectivement (par une droite de l'infini d'équation $z=0$) est donc:
    $$x^2+y^2-z^2=0$$
    La matrice de $\Gamma$ est donc $Q=\mathrm{Diag}(1,1,-1)$
    Avec $P(a:b:1)$ et $P'(d:e:1)$, la matrice de $\gamma$ déjà calculée plus haut s'écrit:
    $$\begin{pmatrix}-1+be&-\dfrac 12(ae+bd)&\dfrac 12(a+d)\\-\dfrac 12(ae+bd)&-1+ad&\dfrac 12(b+e)\\\dfrac 12(a+d)&\dfrac 12(b+e)&-(be+ad)\end{pmatrix}$$
    $\gamma$ sera une parabole si et seulement si le mineur extrait des deux premières lignes et des deux premières colonnes est nul:
    $$\begin{vmatrix}-1+be&-\dfrac 12(ae+bd)\\-\dfrac 12(ae+bd)&-1+ad\end{vmatrix}=0$$
    A suivre
    Amicalement
    pappus


  • gai requin
    Modifié (17 May)
    On peut aussi construire une parabole $\gamma$ (il y en a deux en général) du faisceau des coniques passant par $P,T,U,T’$ en invoquant Desargues !
    On construit ensuite $P',U'$ facilement.

  • Construction affine qui s'adapte donc à la nature affine de $\Gamma$.
    Bon là, ce fut compliqué de montrer tous les points mis en jeu.

  • Bonjour à tous
    Je reste perplexe devant toutes ces figures qui nous sont imposées!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Est-ce que quelqu'un aura le courage d'interpréter à ma place graphiquement le calcul soporifique que je viens de faire?
  • @pappus : Je ne pense pas que tu aies besoin qu’on t’explique ma figure avec sa petite involution sur la droite en pointillés.
  • Mon cher gai requin
    Ben si, j'ai besoin, non seulement moi mais surtout la plus grande partie de tes lecteurs si ce n'est la totalité.
    Je n'ai pas la moindre idée de ce de quoi tu parles!
    Amitiés
    pappus
  • Le faisceau des coniques passant par $P,T,U,T'$ induit une involution $f$ sur la droite de l'infini d'après Desargues.
    $f$ échange $\infty_{T'P}$ et $\infty_{TU}$, ainsi que $\infty_{TT'}$ et $\infty_{PU}$.
    $f$ induit une involution $g$ sur le faisceau des droites passant par $O=TU\cap T'P$ via $\delta\mapsto Of(\infty_{\delta})$.
    Enfin, $g$ induit une involution $h$ sur la droite $T'U$ via $M\mapsto g(OM)\cap T'U$.
    $h$ échange donc $T'$ et $U$, ainsi que $O\infty_{TT'}\cap T'U$ et $O\infty_{PU}\cap T'U$.
    Alors, pour tout $F\in T'U$, $\infty_{OF}$ est le point à l'infini d'une parabole passant par $P,T,U,T'$ ssi $F$ est un point fixe de $h$.
  • Merci gai requin
    Ton raisonnement est certainement excellent, ce n'est pas ce que je te reproche!
    Mais quelles dont les données de départ?
    Et dans quel cadre est-on? $\Gamma$ ellipse, $\gamma$ parabole ou bien $\Gamma$ parabole, $\gamma$ parabole.
    Il y a une multitude de cas particuliers. Il faut dire lequel tu te choisis.
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour pappus,
    Données de départ : $\Gamma$ conique propre quelconque du plan affine, $T\neq U\in\Gamma$, $P$ pôle de $TU$.
    Problème : Construire une parabole $\gamma$ passant par $P,T,U$ telle que si $\gamma$ recoupe $\Gamma$ en $T',U'$, alors le pôle $P'$ de $T'U'$ par rapport à $\Gamma$ est sur $\gamma$.
    Ma réponse : Pour tout $T'\in\Gamma\setminus\{T,U\}$, il existe deux paraboles passant par $P,T,U,T'$ qu'on sait construire (voir mon précédent message).
    Soit $\gamma$ l'une de ces paraboles.
    La tangente à $\Gamma$ en $T'$ recoupe $\gamma$ en $P'$ et la polaire de $P'$ par rapport à $\Gamma$ recoupe $\Gamma$ en $U'$.
    D'après Chasles, $\gamma$ est solution du problème posé ci-dessus, i.e. $U'\in\gamma$.
  • pappus
    Modifié (19 May)
    Bonjour à tous
    On peut travailler éternellement dans le plan projectif sans avoir à choisir la moindre droite de l'infini mais quand vient le moment de tracer les figures qui traduisent les calculs, on est bien obligé de les tracer dans une des cartes affines du plan projectif c'est à dire en définitive de choisir cette droite de l'infini!
    En écrivant $P(a:b:1)$ et $P'(d:e:1)$, cela veut dire qu'on travaille en coordonnées homogènes et qu'on fait donc de la géométrie projective. Mais le moment est venu de tracer les figures.
    On utilise la carte affine: $(x:y:z)\mapsto (\frac xz,\frac yz)$ valable si $z\not =0$
    On enlève donc du plan projectif les points $(x:y:0)$ qui forment la droite de l'infini.
    Dans cette carte affine , les points $P$ et $P'$ ont tout simplement pour coordonnées cartésiennes respectives:
    $P(a,b)$ et $P'(d,e)$.
    On a trouvé la relation:
    $$(ae+bd)^2-4(ad-1)(be-1)=0$$
    qui se réécrit:
    $$(ae-bd)^2+4(ad+be-1)=0$$
    Le point $P'(d,e)$ doit donc se trouver sur la conique d'équation:
    $$(bx-ay)^2+4(ax+by-1)=0$$
    Quelles sont donc les données de départ dont on dispose soit sur l'écran de son ordinateur (aujourd'hui) soit sur sa feuille de papier (autrefois):
    1° L'ellipse $\Gamma$ munie de son repère dans lequel elle a pour équation: $x^2+y^2=1$.
    2° Le point $P(a,b)$.
    Et on doit y tracer la courbe $(\lambda)$ d'équation:
    $$(bx-ay)^2+4(ax+by-1)=0$$
    et ce dans les délais les plus brefs!
    Amicalement
    pappus


  • Merci gai requin
    C'est déjà plus clair mais je ne comprends pas ton point de vue.
    Il ne s'agit moins de tracer $(\gamma)$ que de trouver le lieu $(\lambda)$ des points $P'$ tels que $\gamma=(P,T,U,P',T',U')$ soit une parabole.
    C'est ce que j'ai fait concrètement dans mon calcul précédent en choisissant pour $\Gamma$ une ellipse.
    J'ai trouvé pour $(\lambda)$ une parabole (pas évident qu'on allait tomber dessus!) qu'il s'agit de tracer dans le plan $(\Gamma, P)$.
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour à tous
    En attendant le cas improbable où quelqu'un s'intéresserait à mes calculs, je vais m'inspirer de ceux de Vassillia pour en présenter de nouveaux en espérant qu'ils seront plus simples que ceux, soporifiques, que je viens de faire.
    Puisque dans la suite, on fixe $P$ et qu'on cherche le lieu de $P'$ pour que $\gamma=(P,T,U,P',T',U')$ vérifie certaines conditions, je choisis un système de coordonnées homogènes dans le plan en sorte que:
    $P=(1:0:0)$, $T=(0:1:0)$, $U=(0:0:1)$
    On sait que cela ne suffit pas pour déterminer le système, encore faut il se donner le point unité de coordonnées homogènes $(1:1:1)$.
    Mais ce que Vassillia ne nous dit pas, c'est qu'elle travaille dans le plan affine complété projectivement et que traditionnellement , on choisit alors pour point unité le centre de gravité $G$ du triangle $PTU$.
    Le point $M(x:y:z)$ est alors le barycentre des points massiques $(P;x)$, $(T;y)$, $(U,z)$
    On a donc une carte affine (locale) du plan projectif: $(x:y:z) \mapsto (\dfrac x{x+y+z}, \dfrac y{x+y+z},\dfrac z{x+y+z})$
    valable seulement si $x+y+z\not =0$.
    La droite de l'infini a alors pour équation: $x+y+z=0$.
    L'équation de $\gamma$ obtenue si difficilement: $({}^tP'.Q.P).({}^tX.Q.X)-({}^tP.Q.X).({}^tP'.Q.X)=0$ est valable dans tout système de coordonnées et en particulier dans le nouveau que je viens de choisir.
    Les coniques $\Gamma$ admettant le triangle $PTU$ pour triangle harpon forment un faisceau linéaire d'équation:
    $$x^2+2\lambda yz=0$$
    La matrice projective associée à $\Gamma$ est donc:
    $$Q=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&\lambda\\0&\lambda&0\end{pmatrix}$$
    On sait déjà que $P(1:0:0)$ et je change un peu mes notations $P'(a':b':c')$
    Former l'équation de $\gamma$ puis sa matrice projective de taille $3$.
    Amicalement
    pappus



  • Bonsoir, pappus,
    on trouve, sauf erreur, l'équation de $(\gamma)$ : 

    $$\lambda(-c'xy-b'xz+2a'yz)=0$$ et donc une matrice pas trop compliquée : 

    $$M=\frac{\lambda}2\begin{pmatrix}0&-c'&-b'\\-c'&0&2a'\\-b'&2a'&0\end{pmatrix}$$


  • pappus
    Modifié (19 May)
    Merci john_john
    Bravo avec un petit bémol!
    Et surtout on peut se débarrasser de $\lambda$ dans la définition de $M$ qui n'est connue qu'à un facteur multiplicatif non nul près
    En d'autres termes, la conique $\gamma$ ne dépend pas du choix de la conique $\Gamma$ dans son faisceau!
    Surprenant, n'est-il pas?
    Décrire alors la correspondance $P'\mapsto S$ où $S$ est le perspecteur de $\gamma$ dans le triangle harpon $PTU$.
    Cette correspondance serait une transformation géométrique très simple si la géométrie projective faisait encore partie de nos programmes!
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour à tous
    J'ai choisi cet exercice car je pensais qu'il était un bon moyen de se frotter aux idées élémentaires de la géométrie projective.
    Le choix des coordonnées est essentiel.
    Tout le monde a vu que j'avais commencé avec un premier système mais qu'après avoir lu la solution de Vassillia que je remercie pur sa contribution, j'avais changé mon fusil d'épaule et que j'en avais choisi un autre un peu analogue au sien dans lequel les calculs (menés par john_john) étaient plus simples.
    On peut dire que Vassillia a manqué le coche de peu, de très peu!
    Il reste à identifier la transformation géométrique simple dont j'ai parlé et de s'en servir pour trouver le lieu $\lambda$ de $P'$, $P$ étant donné, pour que $\gamma =Conique(P,T,U,P',T',U')$ soit ou une parabole ou une hyperbole équilatère ou un cercle.
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour, pappus (et à tous),
    je n'avais pas, à l'époque, suivi la longue conversation sur les triangles harpons ; j'ignore en particulier ce que tu appelles le perspecteur de $(\gamma)$. S'agit-il du point fixe d'une homologie involutive qui l'échangerait avec la conique $(\Gamma)$ ?
  • pappus
    Modifié (20 May)
    Mon cher john_john
    Une conique circonscrite au triangle $PTU$ a une équation générale de la forme:
    $$Ayz+Bzx+Ccy=0$$
    Le point $(A:B:C)$ est appelé le perspecteur de cette conique circonscrite.
    C'est une notion projective.
    Une conique circonscrite est entièrement déterminée par son perspecteur
    Autrement dit si on se donne un point $S$, il existe des constructions (à la règle seule) point par point de la conique circonscrite admettant ce point $S$ pour perspecteur.
    Serait-ce fait dans ton livre?
    Tu as montré que $\gamma$ avait pour équation:
    $$2a'yz-b'zx-c'cy=0$$
    C'est donc une conique circonscrite au triangle harpon $PTU$.
    Son perspecteur est tout simplement le point $S(2a':-b':-c')$.
    Tout ce que je demande, c'est d'identifier l'application:
    $$(a':b':c')\mapsto (2a':-b':-c')$$
    Amitiés
    pappus
    PS
    "pespecteur" est un néologisme sans doute dû à pldx1, traduction du mot "perspector" en anglais.
  • gai requin
    Modifié (20 May)
    Homologie de centre $P$, d’axe $TU$ et de rapport $-2$.
  • Bonjour,

    Il ne semble pas que les imprécations concernant <<les misérables triplets de coordonnées, les défunts théorèmes colonnels, la contemplation extatique des taupinières, etc.>> aient été efficaces pour faire apparaître que le triangle rectiligne harpon de la parabole parabolisante est l'homothétique du triangle rectiligne harpon de la conique de départ par rapport au point $M,$ rapport 2. Peut-être suffit-il d'attendre encore un peu.  Une figure dans l'autre fil.

    Cordialement, Pierre.

  • john_john
    Modifié (20 May)
    Effectivement, pappus : la construction du point $A:B:C$ se trouve dans mon livre, par l'intermédiaire de l'isotomie qui transforme la conique en la droite d'équation $AX+BY+CZ=0$. Cela dit, avec les outils de Géogébra qui incluent (sans nécessiter une macro) la construction d'une tangente à une conique en un point, le passage par l'isotomie devient inutile. Il faut tout de même une macro pour construire (au moins) deux conjugués harmoniques. 
  • Merci j_j
    Si cela t'intéresse, je peux te fournir la construction du point courant (et de sa tangente) d'une conique circonscrite donnée par son perspecteur.
    As-tu une idée sur la transformation: $(x:y:z)\mapsto (2x,-y,-z)$ et comment en profiter pour répondre  à mes questions?
    Amitiés
    pappus
  • @pappus : J'ai fait une proposition pour cette transformation un peu plus haut.
  • Merci gain requin
    Nos messages ont dû se croiser.
    C'est exact! Mais une démo aurait été souhaitable pour tes lecteurs frustrés!
    Comment en profiter pour résoudre mes questions pour que $\gamma$ soit une parabole, une hyperbole équilatère ou un cercle?
    Amitiés
  • gai requin
    Modifié (20 May)
    Cette application fixe $P$ et tous les points de $TU$ donc c'est une homologie de centre $P$ et d'axe $TU$.
    De plus, $M(1/2:1/2:0)\mapsto M'(2: -1:0)$ donc son rapport est $[P,T,M,M']=\dfrac{\overrightarrow{PM}}{\overrightarrow{TM}}\times\dfrac{\overrightarrow{TM'}}{\overrightarrow{PM'}}=(-1)\times 2=-2$.
  • J'ai fait la version de pldx1 dans le repère barycentrique que tu proposais pappus mais dans l'autre fil (franchement, entre les changements de notation et les différents fils, courage aux lecteurs et lectrices pour s'y retrouver).
    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)
  • Merci Vassillia
    Ainsi les forumeurs auront tout le loisir de comparer la Divine Version de Jupiter avec celle du misérable imprécateur!
    Amicalement
    pappus
  • Mais qu'elle est cette ellipse en pointillés ?

  • gai requin
    Modifié (21 May)
    Remarque : On peut même oublier l’homologie puisque la parabole $(\lambda)$ est entièrement déterminée par le fait qu’elle est inscrite dans $PTU$ et qu’elle passe par le milieu de $TU$.
    On a aussi vu que sa direction asymptotique est $PO$, où $O$ est le centre de $(\Gamma)$.
  • Bonjour  à tous,
    pappus : je n'avais pas répondu à ta question sur l'homologie puisque j'avais lu la prompte réponse de gai requin en même temps. Je te remercie de ta proposition de macro(s), mais, en fait, je les ai déjà toutes car je manipulais les perspecteurs sans le savoir, tel M.Jourdain.

    Quand j'aurai une demi-heure, je regarderai les conséquences de tout cela en matière de discussion des propriétés de $(\gamma)$ ; cela doit être à présent une simple formalité.
  • Merci gai requin
    N'oublie pas que la plupart de tes lecteurs a d'énormes difficultés à comprendre le moindre calcul projectif que ce soit.
    Il faut essayer de te mettre à leur niveau.
    On a vu qu'en fait que les résultats obtenus ne dépendent pas du choix de $\Gamma$ ayant le triangle $PTU$ pour triangle harpon.
    Tu aurais donc dû donner de $\lambda$ une définition ne faisant qu'intervenir le triangle $PTU$ seulement et pas la conique $\Gamma$
    Amitiés
    pappus
  • Je l’ai fait dans mon dernier message.
  • pappus
    Modifié (21 May)
    Mon cher j_j
    Ta remarque sur les macros nous entraine trop loin sur une discussion philosophique intéressante sur la manière de les créer suivant le logiciel dont on dispose: Cabri ou GeoGebra par exemple.
    Quel est ton logiciel?
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour gai requin
    Tout ce que peut dire le forumeur lambda en examinant attentivement ta dernière figure, c'est que cette ellipse tracée en pointillé est inscrite dans le triangle harpon.
    Un examen plus attentif suggère que ses points de contact avec les côtés seraient leurs milieux respectifs.
    Il se demanderait alors pourquoi ceci a le moindre rapport avec les questions que nous nous posons!
    Amitiés
    pappus
  • $(\gamma)$ est une parabole ssi son perspecteur $S’$ est sur in-Steiner de $PTU$.
    Donc $(\lambda)$ est l’image de in-Steiner de $PTU$ par l’homologie de centre $P$, d’axe $TU$ et de rapport $-1/2$.
  • pappus
    Modifié (21 May)
    Merci gai requin
    Oui mais encore une fois, il faut expliquer au profane pourquoi l'image de cette ellipse in -steiner par notre homologie est une parabole $\lambda$ et ensuite  placer exactement cette parabole par rapport au triangle harpon $PTU$.
    Enfin il faut retrouver ces résultats par le calcul dans le système de coordonnées projectives que j'ai choisi.
    Amitiés
    pappus



  • Parant de l'équation de $(\gamma)$, c'est-à-dire $2a'YZ-b'ZX-c'XY=0$, on caractérise le genre (affine) parabole par le contact (et non pas tangence, horribile dictu) avec la droite de l'infini, d'équation $X+Y+Z=0$ ; on obtient 

    $$4(a')^2+(b')^2+(c')^2+4a'b'+4a'c'-2b'c'=0$$

    C'est une parabole (contact avec la droite de l'infini), tangente aux trois côtés du triangle harpon (en le milieu de $TU$ et en les symétriques de $P$ par rapport à $T$ et à $U$.

    Mon logiciel est Géogébra ; peut-être Cabri a-t-il changé depuis : toujours est-il que, au moment de mon passage à Géogébra, seul ce dernier autorisait les étiquettes en Latex et l'exportation de la figure en png ou en pdf.
  • Merci john_john
    Ainsi on pouvait déterminer cette parabole $\lambda$ sans passer par mon homologie comme l'avait dit gai requin
    Tout ce que tu viens de nous dire est vrai et archi-vrai mais tu comprendras que tes lecteurs néophytes en géométrie projective se sentent un peu frustrés.
    Alors je vais être obligé de sortir de mes nombreux roupillons pour rédiger une solution lisible par tous, du moins je l'espère.
    Je n'ai donc guère le temps malheureusement de lire les fils voisins dont certains sont très intéressants et je vais continuer mon exposé au train qui est le mien:
    Deci delà, deci delà
    Cahin caha, cahin caha
    Va chemine, va trottine
    Va, petit âne
    Va deci delà
    Cahin caha
    Le picotin te récompensera!
    Amicalement
    pappus


  • Donc, si $I$ est le milieu de $TU$, $PI$ est la direction asymptotique de $(\lambda)$.
  • pappus
    Modifié (21 May)
    Merci gai requin
    OK c'est indépendant de $\Gamma$.
    Il ne restait plus qu'à donner les points de contact de $\lambda$ avec les droites $PT$ et $PU$, (dévoilés par john_john) pour que la fête soit complète.
    Amitiés
    pappus
  • Rappel : $(\lambda)$ est l'image de in-Steiner par $h:(x:y:z)\mapsto (x:-2y:-2z)$.
    En particulier, le contact de $(\lambda)$ sur $PT$ est $h(1:1:0)=(-1:2:0)=-P+2T$, i.e. le symétrique de $P$ par rapport à $T$.
  • pappus
    Modifié (21 May)
    Mon cher gai requin
    Exact!
    On sait donc que la conique $\lambda$ est une conique inscrite sans passer par la méthode john_john.
    Mais pourquoi peux-tu affirmer que c'est une parabole image de l'ellipse de Steiner interne du triangle $PTU$ par notre homologie?
    Amitiés 
    pappus
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