Voir voire !

arguesien

Bonjour

On fixe $x$ et $y$.

On cherche $\lambda$ et $\mu$ tels que la forme quadratique homogène en $\lambda$ et $\mu$ : $q(\lambda x + \mu y)$ soit de discriminant nul.

On calcule avec les formules bien connues des élèves de taupe

$$q(\lambda x + \mu y) = \lambda^2 q(x) + 2 \lambda \mu  b(x,y) + \mu^2 q(y) .$$

Le discriminant est $4(q(x)q(y) - b(x,y)^2)$.

gai requin

$x$ est sur ce cône $\Leftrightarrow$ la droite $xy$ intersecte la quadrique en un seul point
$\Leftrightarrow$ la forme quadratique $(s,t)\mapsto q(sx+ty)=s^2q(x)+2stb(x,y)+t^2q(y)$ est de rang $1$
$\Leftrightarrow q(x)q(y)-b(x,y)^2=0$.

Homo Topi

Et donc @pappus ignore volontairement les 3 questions que j'ai posées. Merci beaucoup, vraiment. On se sent tout de suite plus apprécié.

pappus

Mon cher Homo Topi

Je fais vraiment ce que je peux pour t'aider et ce n'est pas si facile que cela quand tu te mets en rogne pour un oui ou pour un  non.

Visiblement tu manques de connaissances sur ce sujet et je t'ai indiqué comment y remédier.

Je ne peux pas apprendre la théorie des coniques et des quadriques à ta place!

Tes questions sur le plan tangent traversant le cône au sommet n'ont pas de formulation mathématique précise et il m'est difficile de te répondre:

Tout ce que je peux dire, c'est que le plan tangent au cône reste le même tout au long d'une génératrice sauf au sommet où on a pas de plan tangent.

En plus j'ai eu la patience de t'expliquer pourquoi le cône circonscrit se décomposait en deux plans, tu ne m'as pas remercié et ce n'est pas pour cela que je vais me mettre en colère moi aussi.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Voici la suite de la solution sur laquelle on devine que la décomposition du cône circonscrit en deux plans était chose acquise dans les cours de l'époque.

Amicalement

pappus

Homo Topi

Rassure-toi, je reste calme. J'ai inspiré et expiré un bon coup. Il n'y a pas d'animosité.

pappus a dit :
Il existe deux plans tangents au cône passant par l'œil de l'observateur, le plan $OMS$ et le plan $OM'S$.

pappus a dit :
Quand $(S)$ est lui même un cône, ce cône de sommet $M$ se décompose toujours en deux plans passant par $M$.

pappus a dit :

Le plan polaire d'un point $M$ par rapport à un cône (du second degré) passe nécessairement par le sommet $S$ de ce cône et son intersection avec le cône est composée de deux droites réelles ou distinctes ou bien imaginaires conjuguées, etc...

Ceci explique pourquoi le cône circonscrit à un cône est toujours décomposé en deux plans quand il est réel!

Voilà l'intégralité de ce que j'ai trouvé dans tes messages sur ces fameux plans (je regroupe ça aussi par commodité pour moi-même). Les deux premières citations sont des affirmations, il n'y pas d'éléments de preuve sur l'existence des deux plans. La troisième citation, elle, comporte bel et bien des éléments de preuve. J'ai dû me noyer dans le reste de mes incompréhensions et je n'ai pas su quoi en faire, mais il y a là matière à réflexion (le jeu de mot, si on veut en voir un ici, est offert). Maintenant que je comprends au moins un peu la situation, je peux reprendre ici. Je vais donc de ce pas y réfléchir !

Au fait, et tu risques d'en être déçu comme d'habitude, ça métonnerait que la notion de plan polaire soit encore au programme. En tout cas, je n'en ai pas entendu parler (et pourtant, j'ai eu à l'université un cours de géométrie affine, un cours de géométrie euclidienne, un cours de géométrie projective, et un cours de géométrie différentielle). On peut trouver un minimum de choses sans chercher très loin, donc ça va, je ne suis pas sans rien.

Bon. Sur ce, j'ai des dessins à faire (je comprendrai les calculs plus tard).

pappus

Mon cher Homo Topi

Bien sûr que la notion de plan polaire a disparu en compagnie de toute la géométrie projective!

Que veux-tu que j'y fasse!?

Par contre il est toujours possible d'apprendre la géométrie projective et la théorie des coniques et des quadriques dans de bons livres d'autrefois qui se trouvent dans nos bibliothèques universitaires ou bien sur la toile en fichiers pdf ou djvu.

Je te recommande vivement le livre de Jean-Claude Sidler: Géométrie projective.
Amicalement
pappus

pldx1

Bonjour,

Comment HomoTopi peut-il ne pas identifier un plan tangent au milieu du discours tenu par pappus ?
Comment pappus peut-il ne pas identifier un plan d'appui au milieu du discours tenu par HomoTopi ?

Ah que voilà deux questions intéressantes, même si elles relèvent plus de la psychologie que des mathématiques. Il s'agit en effet de tenter d'identifier quel est le processus mental interne à une personne qui serait à l'origine des discours produits par cette personne.

Commençons par illustrer ces deux concepts par des illustrations caractéristiques, prises en dimension deux. En effet le coeur de l'affaire ne dépend pas de la dimension.

Utiliser l'image d'une droite tangente s'appuyant sur un disque pour illustrer l'un ou l'autre de ces deux concepts est une erreur totale. Lorsqu'un enseignant commet cette erreur, il va immanquablement créer une image mentale erronée chez ses apprenants. Dans un autre contexte, cela s'appelle engendrer une maladie nosocomiale.

D'un côté, les questions posées par HomoTopi donnent l'impression qu'HomoTopi parle d'un demi-cône formé de demi-droites issues d'un sommet et s'appuyant sur le bord d'un disque. Le volume ainsi délimité peut aussi être engendré par intersection d'une kyrielle de demi-plans fermés, c'est donc un ensemble convexe. Tandis qu'un cône complet se vexera lorsqu'on essaiera de lui appliquer des concepts réservés aux ensembles convexes.

D'un autre côté, les réponses posées par pappus donnent l'impression que pappus n'a pas vraiment l'intention de lire les messages qui lui sont adressés. Affirmer que "un cône est un cône" , "un plan tangent est un plan tangent" et "un moulin à poireaux est un moulin à poireaux" est certes incontestable, mais cela ne fait pas avancer la cuisson des dits poireaux.

Et surtout cela ne remplace pas les affirmations "un cône n'est pas un demi-cône" et "un plan tangent n'est pas un plan d'appui" ... qui seraient susceptibles de répondre aux questions posées.

Quant à affirmer que "choisir le bon repère donne la moitié de la réponse à une question que l'on ne comprend pas" ... cela donne l'impression d'une réponse automatisée et même auto-critique. Beaucoup d'actes manqués sont en fait des actes réussis.  

Cordialement, Pierre.

pappus

Mon  cher pldx1

Merci de nous faire partager à nous pauvres humains tes compétences phénoménales et de souligner mes plus que nombreuses insuffisances et autres inaptitudes!

Errare humanum est,  perseverare diabolicum.

Je ne suis effectivement qu'un pauvre diable qui fait ce qu'il peut et qui peut peu!

Merci de me remettre constamment à la place qui doit être la mienne!

Naïvement je ne pensais pas que les questions sur la convexité que tu soulèves aient effleuré le moins du monde l'attention des professeurs et des étudiants de cette époque dans ce problème consacré aux surfaces du second degré.

J'ai fait du mieux que j'ai pu pour aider Homo Topi.

Je n'y suis pas arrivé.

A toi de prendre la relève!

Je te laisse volontiers la place!

pappus

pappus

Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.

Je continue de publier la solution de 1888!

Après tout cet ésotérisme projectif n'ayant rien à voir avec la convexité, on rentre enfin sur les territoires plus connus de la géométrie euclidienne!

Amicalement

pappus

pappus

Bonne nuit à tous

Et la rédaction se termine enfin, ouf.

Il semblerait que les exercices corrigés dans cet ouvrage proviennent pour la plupart de ces fameux tripos parus dans le Wolstenhome.

On peut donc les faire remonter jusqu'aux années 1850.

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour,  $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\wedt{\bigwedge_{3}} \def\pla#1{\mathfrak{P}_{#1}} \def\pluck#1#2{\left(#1\underset{6}{\wedge}#2\right)} \def\mycon{\mathfrak{Q}} \def\infcon{\mathfrak{C}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\qq{\mathbb{Q}} $ En géométrie 3D, l'équation indiquant que quatre points sont coplanaires est  \[ \delta\doteq\left|\begin{array}{cccc} x_{1} & x_{2} & x_{3} & x_{4}\\ y_{1} & y_{2} & y_{3} & y_{4}\\ z_{1} & z_{2} & z_{3} & z_{4}\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right|=0 \]

Ceci peut se réécrire sous la forme  \[ \delta=\left(\wedt X_{1}X_{2}X_{3}\right)\cdot X_{4} \] où $\pla X\doteq\left(\wedt X_{1}X_{2}X_{3}\right)$ est la ligne des cofacteurs des trois colonnes $X_{1},X_{2},X_{3}$. Dans le même genre, quatre plans son co-pointiques lorsque $\det\pla j=0$, et le point commun à trois plans se calcule par $X_{\pla{}}=\wedt\pla 1\pla 2\pla 3$ où, cette fois-ci, $\wedt$ désigne la colonne des cofacteurs des trois lignes $\pla 1,\pla 2,\pla 3$.

Il est clair que $\pla X$ n'est significatif qu'à un multiplicateur près, et qu'il en est de même pour la colonne $X_{\pla{}}$. Procéder de la sorte, cela s'appelle la géométrie projective.

Et maintenant, passons à l'acte. Plaçons le sommet en $z=1$ et le cercle de base en $z=0$. Autrement dit:  \begin{eqnarray*} A & \simeq & 0:0:1:1\\ B_{t} & \simeq & 1-t^{2}:2t:0:1+t^{2} \end{eqnarray*} Le cône est la réunion des droites $AB_{t}$. Autrement dit, le point mobile est $M_{st}\doteq A+sB_{t}$. On détermine la matrice de la quadrique en identifiant: $\tra{M_{st}\cdot\mycon\cdot M_{st}}=0$. Cela donne \[ \mycon\simeq\left[\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right] \]

Comme on sait, l'oeil était dans l'espace et regardait le cône. Soit donc $O\doteq U_{x}:U_{y}:U_{z}:1$ la position de l'oeil. On détermine la direction du regard par le point à l'infini correspondant, soit $F\simeq p:q:r:0$. On écrit que le point $K\doteq O+kF$ est un point double de la ligne du regard en prenant le discriminant en $k$ de $\tra K\cdot\mycon\cdot K=0$. Cela donne une équation du second degré qui se met sous la forme \[ \tra{\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)\cdot\infcon\cdot\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)\where\infcon\simeq\left[\begin{array}{ccc} \left(U_{z}-1\right)^{2}-U_{y}^{2} & U_{x}U_{y} & U_{x}-U_{x}U_{z}\\ U_{x}U_{y} & \left(U_{z}-1\right)-U_{x}^{2} & U_{y}-U_{y}U_{z}\\ U_{x}-U_{x}U_{z} & U_{y}-U_{y}U_{z} & U_{x}^{2}+U_{y}^{2} \end{array}\right]} \]

On constate que $\det\infcon$=0, autrement dit $\infcon$ dégénère en la réunion de deux droites. Pour les obtenir, une méthode simple serait de calculer l'un des $p,q,r$ en fonction des deux autres et reporter. Mais on peut faire mieux. Le fait que ces droites soient visibles ou non dépend de la position de l'oeil à l'extérieur ou à l'intérieur du cône. Autrement dit, cela dépend du radical $W\doteq\sqrt{U_{x}^{2}+U_{y}^{2}-\left(U_{z}-1\right)^{2}}$. Il suffit donc de demander une factorisation dans $\qq\left(W\right)$ au lieu d'une factorisation par défaut (dans $\qq$).

Et l'on obtient que ces deux droites sont: \begin{eqnarray*} \Delta_{1} & \simeq & \left[U_{y}^{2}-\left(U_{z}-1\right)^{2},-U_{x}U_{y}-W\left(U_{z}-1\right),U_{x}\left(U_{z}-1\right)+WU_{y}\right]\\ \Delta_{2} & \simeq & \left[U_{y}^{2}-\left(U_{z}-1\right)^{2},-U_{x}U_{y}+W\left(U_{z}-1\right),U_{x}\left(U_{z}-1\right)-WU_{y}\right] \end{eqnarray*} et leur angle est fixé par  \[ \cos\tau=\dfrac{\left(U_{z}-1\right)^{2}}{U_{x}^{2}+U_{y}^{2}} \]

Faisons autrement, pour vérifier. Soit $M$ le point générique de l'espace. Il appartient au cone enveloppe lorsque $OM$ est une tangente à $\mycon$. Autrement dit, $k$ est racine multiple de $O+kM\in\mycon$. Ceci fait apparaitre l'équation  \[ \mycon\left(M,M\right)\mycon\left(O,O\right)-\mycon\left(M,O\right)^{2}=0 \] Le rang n'étant pas supposé augmenter, l'équation factorise et on obtient deux plans: \begin{eqnarray*} \pla 1 & \simeq & \left[U_{x}\left(U_{z}-1\right)+WU_{y},U_{y}\left(U_{z}-1\right)-WU_{x},-U_{x}^{2}-U_{y}^{2},U_{x}^{2}+U_{y}^{2}\right]\\ \pla 2 & \simeq & \left[U_{x}\left(U_{z}-1\right)-WU_{y},U_{y}\left(U_{z}-1\right)+WU_{x},-U_{x}^{2}-U_{y}^{2},U_{x}^{2}+U_{y}^{2}\right] \end{eqnarray*} Et leur angle est fixé par le même $\cos\tau$.

On fait une figure. Prenant $U_{z}=1$, on obtient $\cos\tau=0$ et les plans sont perpendiculaires (ici, $U=2:0:1:1$)

Cordialement, Pierre

pappus

Merci pldx1 pour ta solution sidérale à comparer avec celle pédestre de 1888.

Et bravo pour ta figure!

J'espère que Homo Topi sera satisfait.

pappus

pldx1

Bonjour. $\def\met{\boxed{\mathcal{M}}} \def\prodscal#1#2{\left\langle #1\mid#2\right\rangle }\def\conim#1{\boxed{\mathcal{C}_{#1}}}$

Tranche de vie.

Alors l'agrégatif se retourna et fit face au quadrige d'agregachauves qui lui avait été assigné. Etait-il plus prudent de réciter la fameuse formule de Zaïeux-1888, à savoir: \begin{multline*} \left(a\left(b+c\right)x^{2}+b\left(a+c\right)y^{2}+c\left(a+b\right)z^{2}\right)^{2}=\\ \cos^{2}V\,\left(\begin{gathered}a^{2}\left(b-c\right)^{2}x^{4}+b^{2}\left(a-c\right)^{2}y^{4}+c^{2}\left(a-b\right)^{2}z^{4}\\ +2\,ab\left(c-b\right)\left(c-a\right)x^{2}y^{2}+2\,ac\left(b-c\right)\left(b-a\right)z^{2}x^{2}+2\,bc\left(a-c\right)\left(a-b\right)z^{2}y^{2} \end{gathered} \right)\; ? \end{multline*} Ou bien était-il raisonnable d'oser l'intrinséquitude et d'utiliser

\begin{equation} \cos^{2}\left(\Delta_{1},\Delta_{2}\right)=\dfrac{\prodscal{\met}{\conim{}}^{2}}{2\prodscal{\met\cdot\conim{}}{\met\cdot\conim{}}-\prodscal{\met}{\conim{}}^{2}}\;? \end{equation}

Ah, que la vie n'est pas simple !

Bibliographie.

Title : Exercices de géométrie analytique et de géométrie supérieure.... T. 2 / par J. Koehler,...

Author : Koehler, J.. Auteur du texte
Publisher : Gauthier-Villars (Paris)
Publication date : 1886-1888
Set notice : http://catalogue.bnf.fr/ark:/12148/cb30689513z
Type : text
Type : printed monograph
Language : french
Format : 2 vol. (347, 370 p.) ; 23 cm
Rights : Public domain
Identifier : ark:/12148/bpt6k408575v (tome 2)
Identifier : ark:/12148/bpt6k408574g (tome 1)
Source : Bibliothèque nationale de France
Provenance : Bibliothèque nationale de France
Online date : 15/10/2007

Cordialement, Pierre.