Deux triangles harpons d'une parabole

Bonjour à tous
J'ai parlé des dizaines et des dizaines de fois de ces triangles harpons dans le passé quand certains dans un  fil voisin redécouvrent avec stupéfaction leurs propriétés!
Voici un nouvel exercice à leur sujet que j'ai peut-être déjà donné, veuillez me pardonner si c'est le cas.
Nous avons sur notre forum les aficionados des triplets de points alignés, avec cet exercice, je veux surtout rendre hommage aux aficionados des triplets de droites concourantes.
Le point crucial est donc de prouver l'existence du point $\Omega$, lequel pouvant dans certains cas être rejeté à l'infini, extase projective!
Mais surtout, surtout, il faut expliquer la signification géométrique du point $O$ et des droites pointillées quand ils ont le bon gout d'exister.
Amicalement
pappus


Réponses

  • john_john
    Modifié (23 May)


    Bonjour à tous,
    Si $\Omega$ est à l'intersection de $(B'C)$ et de $(BC')$, la polaire de ce point est $(\omega\Omega')$ (siehe Abbildung) ; les polaires de $A$ et de $A'$ sont respectivement $(BC)$ et $(B'C')$ qui passent par $\omega$. Nous avons donc trois polaires concourantes et, de ce fait, on a l'alignement $\Omega AA'$ et même $\Omega\Omega' AA'$.
  • gai requin
    Modifié (23 May)
    Je prends $\Omega$ comme @john_john et je considère l’involution $\tau$ de la parabole $\mathcal P$ de point de Fregier $\Omega$.
    Soit alors $O$ l’image par $\tau$ du point à l’infini de $\mathcal P$…
  • pappus
    Modifié (23 May)
    Merci john_john pour cette belle démonstration projective.
    Ceux qui n'ont pas l'idée du début du commencement de l'existence de la géométrie projective (et pour cause!) seront évidemment frustrés!
    Je t'attends plutôt sur ma deuxième question!
    Amitiés
    pappus
    PS
    Grâce à toi, je sais deux mots d'allemand de plus quand dans ma jeunesse je ne connaissais que: ausweiss, wer da et feuer!
  • J’ai répondu en grande partie à la deuxième question !
  • john_john
    Modifié (23 May)
    (Message modifié).
    J'avais pensé à la même chose que gai requin mais je pense que cela ne doit pas être la bonne réponse : comme les rôles de $B$ et de $C$ sont permutables, le point $\Omega'$ devrait jouir de la même propriété. Or, dans la figure, $(\Omega\Omega')$ ne semble pas appartenir à la direction asymptotique de $(\cal P)$.
  • pappus : siehe Abbildung est désormais plus sympathique et inoffensif  que Ausweis et que Feuer
  • pappus
    Modifié (23 May)
    Merci aussi à gai requin
    Quand je disais que la démonstration de john_john était projective, ce n'était pas une boutade.
     john_john  ne s'est pas servi du fait que $\Gamma$ était une parabole mais seulement une conique.
    Autrement dit deux triangles harpons d'une conique quelconque sont toujours en perspective.
    Pourtant on pourrait proposer cet exercice à des lycéens dès qu'ils savent ce qu'est une parabole.
    Ma seconde question est plus intéressante.
    Je la reformule de façon un peu plus précise pour ne pas vous faire languir:
    Quelle est la signification géométrique du point $O$ et des droites pointillées pour l'application affine: $ABC\mapsto A'B'C'$?
    Je ne l'avais pas dit attendant quelques protestations de votre part mais le point $O$ est défini comme l'intersection de la parabole avec le diamètre de la parabole passant par $\Omega$.
    Amicalement
    pappus

  • Mais c’est ce que j’avais dit pappus !
  • pappus
    Modifié (23 May)
    Excuse moi gai requin.
    Tu sais que je suis très vieux et à moitié endormi et je t'avais lu en diagonale.
    Tu utilises bien le fait que notre conique est une parabole  puisque tu parles de son point à l'infini.
    Je ne pense pas que tu aies répondu à la première question.
    Quant à la seconde, en gros tu as montré que $\Omega O$ était un diamètre de la parabole.
    C'est vrai pour $\tau$ mais cela n'a aucun rapport avec la question que j'avais en tête et que tu ne pouvais deviner tant que je n'avais pas précisé la définition de $O$.
    Il y a deux droites pointillées passant par $O$, la première étant le diamètre passant par $\Omega$ et la seconde la tangente en $O$ à la parabole comme ma figure le suggère.
    Amitiés
    pappus
  • pappus
    Modifié (23 May)
    Mon cher john_john
    C'est vrai, j'ai connu dans ma chair cette période infernale où j'ai bien failli mourir sous les bombes.....américaines.
    Ma famille et moi nous en sommes sortis de justesse!
    Aujourd'hui les allemands sont nos grands amis, c'est formidable et c'est bien ainsi.
    Espérons qu'il en sera de même entre les russes et les ukrainiens.
    Mais les guerres de religion sont les plus terribles, nous en savons tous quelque chose!
    Essaye de t'intéresser à ma seconde question que j'ai reformulée de façon plus précise.
    Amitiés
    pappus
  • gai requin
    Modifié (23 May)
    Bon allez j'essaie.
    Notons $f:ABC\mapsto A'B'C'$ l'application affine de pappus.
    $f$ conserve la parabole $\mathcal P$ donc $f$ induit sur $\mathcal P$ une homographie d'axe $\Omega\infty_{\mathcal P}$.
    En particulier, $O$ est un point fixe de $f$ qui laisse donc globalement invariantes les droites en pointillés.
  • pappus
    Modifié (23 May)
    Merci gai requin.
    Bravo!
    Le point crucial  est que $f$ conserve la parabole.
    Pourquoi exactement?
    D'autre part si tu vectorialises le plan affine au point $O$, $f$ s'identifie à sa partie linéaire $\vec f$ et devient donc un banal endomorphisme dans la plus que tristounette dimension $2$.
    Les droites en pointillé s'identifient aux sous-espaces propres et la moindre des choses est de me dire à quelles valeurs propres elles correspondent.
    Autrement dit il faut réduire ou diagonaliser $f$ avec tous les instruments fournis par l'algèbre linéaire la plus sordide!
    Amitiés
    pappus
  • $BC$ et $B'C'$ coupent respectivement $O\Omega$ en $\alpha$ et $\alpha'$ d'où une première valeur propre $\dfrac{\overline{O\alpha'}}{\overline{O\alpha}}$ associée à la droite propre $O\Omega$.
    Soit $a$ et $a'$ les pôles respectifs de $(OA)$ et $(OA')$. La seconde valeur propre est $\dfrac{\overline{Oa'}}{\overline{Oa}}$, associée à la droite propre $\mathcal T_O$.
  • Bonjour,

    Quoiqu'en dise @pappus dans le message initial,  l'invention de l'eau tiède ne date pas d'aujourd'hui. Plus de détails dans l'autre fil.

    Cordialement, Pierre.
  • pappus
    Modifié (24 May)
    Bonjour à tous
    Je précise le joli raisonnement de gai requin.
    On sait qu'une parabole est entièrement déterminée par un seul de ses triangles harpons.
    Soit $\Gamma$ notre parabole elle est tangente en $B$ à la droite $AB$ et en $C$ à la droite $AC$.
    Comme $f$ est affine, $f(\Gamma)$ est aussi une parabole (pourquoi?).
    Comme $f$ est une transformation de contact, la parabole $f(\Gamma)$ est tangente en $B'$ à la droite $A'B'$ et en $C'$ à la droite $A'C'$.
    Donc par unicité: $f(\Gamma)=\Gamma$.
    La restriction $g=f\vert_{\Gamma}$ est une homographie de $\Gamma$.
    Soit $\infty$ le point à l'infini de $\Gamma$, $f(\infty)=\infty$, pourquoi?
    Donc $g(\infty)=\infty$
    Comme toute homographie qui se respecte, $g$ possède un axe d'homographie dont nous connaissons déjà deux points:
    le point $\Omega$ et le point $\infty$.
    C'est donc le diamètre de la parabole passant par $\Omega$ qui recoupe la parabole au point $O$.
    $g(O)=O$ et par suite $f(O)=O$.
    Comme $f(O) = O$ et $f(\infty)=\infty$, $f$ stabilise le diamètre passant par $O$, autrement dit la droite $O\Omega$.
    Comme $f(O)=O$ et $f(\Gamma) =\Gamma$ et que $f$ est une transformation de contact, $f$ stabilise aussi la tangente en $O$ à $\Gamma$.
    Il ne reste plus qu'à préciser le spectre de $\vec f$, ce qu'a commencé à faire gai requin.
    Amicalement
    pappus
    PS
    @gai requin
    Il existe une relation simple entre les valeurs propres qu'il te faut trouver.



  • gai requin
    Modifié (24 May)
    Bonjour pappus,
    J’ai fait une proposition sans saveur des valeurs propres de$\vec f$ mais une proposition quand même.
  • Bonjour gai requin
    Oui bien sûr mais ces valeurs propres sont liées par une relation qu'il te faut trouver!
    Amitiés
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (24 May)
    Bonjour, il me semblait pourtant que pappus disait, sur le problème initialement posé en 2017 https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/1465454/#Comment_1465454
    Tant qu'à utiliser des matrices le mieux est encore d'employer la matrice $\boxed{\phi}$ de Pierre qui décrit entièrement $f_{T,T'}$
    Alors pourquoi embêter @gai requin qui gagnerait peut-être à recopier texto une réponse de pappus dans le fil précédemment cité pour économiser du temps comme pappus ne semble pas accepter d'autres réponses que les siennes ?
    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)
  • gai requin
    Modifié (24 May)
    Je tente encore !
    $f$ est le produit commutatif d’une homothétie de centre $O$ et d’une affinité de base $\mathcal T_O$ de même rapport !
  • Bonjour à tous
    Après les amabilités habituelles de pldx1 et Vassillia, je n'ai plus guère envie de rester sur ce forum, pourtant je ne fais que développer mes propres idées comme j'en ai parfaitement le droit et je n'empêche personne d'aller voir ailleurs!
    Amicalement
    pappus
  • Tu me sembles bien susceptible @pappus d'autant que je rappelle ton premier message pas spécialement aimable.
    pappus a dit :
    J'ai parlé des dizaines et des dizaines de fois de ces triangles harpons dans le passé quand certains dans un  fil voisin redécouvrent avec stupéfaction leurs propriétés!
    Et oui, moi, comme d'autres, on continue de découvrir des propriétés (en ce qui me concerne grâce à tes questions et grâce aux réponses de pldx1 donc merci à tous les deux). Par ailleurs, j'ai redonné le fil initial pour gai requin qui ne semble pas résoudre le problème comme tu le souhaites, ce qui est tout autant son droit. Libre à lui de répondre ou pas à tes questions en s'aidant ou pas de ce que je lui suggère. Et libre à toi de quitter ou pas le forum. Bref, tout va bien quoi qu'il en soit.
    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)
  • J'espère que ce message ne passera pas inaperçu !
    1) Soit $\Delta$ la droite de l'infini, $\lambda$ la valeur propre associée à $\mathcal T_O$ et $b$ le projeté de $B$ sur $\mathcal T_O$ parallèlement à $O\Omega$.
    Alors $[\infty_{\mathcal P},O,B,B']=[\Delta,\infty_{\mathcal P}O,\infty_{\mathcal P}B,\infty_{\mathcal P}B']=[\infty,O,b,f(b)]=\lambda.$
    2) Soit maintenant $\mu$ la valeur propre associée à $O\Omega$ et $\alpha=BC\cap O\Omega$. On a :$$\begin{align*}\lambda^2&=[\infty_{\mathcal P},O,B,B']\times [\infty_{\mathcal P},O,C,C']\\&=[C\infty_{\mathcal P},CO,CB,CB']\times [B'\infty_{\mathcal P},B'O,B'C,B'C']\\&=[\infty,O,\alpha,\Omega]\times [\infty,O,\Omega,f(\alpha)]\\&=\mu.\end{align*}$$
  • Bonjour,
    Oui, bien sûr. D'ailleurs les valeurs propres d'une collinéation laissant invariante une conique non-dégénérée
    sont toujours en progression géométrique lorsqu'il n'y a pas de valeur propre double.

    Cordialement, Pierre.
  • Bon, c’est bien dommage que @pappus soit fâché, j’avais même dévissé $f$ avec une illustration sous geogebra…
  • Moi je veux bien l'illustration sous geogebra quand même d'autant que je n'ai pas la moindre idée de que veut dire dévisser dans le contexte, cela pourrait peut-être aussi intéresser d'autres personnes.
    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. $\def\hh{\boxed {\mathcal H}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}$

    Rappelons la preuve concernant les valeurs propres étagées. Soit $\hh$ la matrice de la transformation réciproque. On suppose que cette matrice admet une base de lignes propres. On a donc $\Delta_j \cdot \hh = \lambda_j \Delta_j$. On en déduit que $$\tra \hh \cdot \left(\tra \Delta_j \cdot \Delta_k \right)\cdot \hh = \lambda_j \lambda_k \left(\tra \Delta_j \cdot \Delta_k \right)$$ Lorsque les valeurs propres ne sont pas étagées, les sous-espaces propres de l'action de $\mathcal H$ sur les coniques sont tous de dimension $1$ et donc ne disposent pas d'une place suffisante pour contenir des coniques non dégénérées.

    Cordialement, Pierre.



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