Conique

pappus

Bonjour à tous.

Dans le plan, on se donne un parallélogramme $ABCD$ et un point $a$ appartenant à la droite $AB$ différent des points $A$ et $B$.

Montrer qu'il existe une unique conique inscrite dans le parallélogramme dont $a$ est un des quatre points de contact.

1° Construire les trois autres points de contact.

2° Tracer cette conique que ce soit sur l'écran de l'ordinateur ou sur une feuille de papier bouchonnée comme devaient le faire nos ancêtres.

3° Construire les foyers de cette conique et trouver leurs lieux quand $a$ décrit la droite $BC$.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Ce problème est en partie résolu dans l('autrefois fameux) livre de Dörrie.

Amicalement

pappus

john_john

Bonjour, pappus,
déjà, la question numéro zéro : l'existence et l'unicité forment le résultat dual de l'énoncé : par quatre points trois à trois non alignés, etc.

Le calcul le vérifie facilement : si les sommets du parallélogramme ont des coordonnées $(\pm p,\pm q)$ dans un repère affine bien choisi et si le point $A$ a pour coordonnées $(p,q')$, où $q'\neq\pm q$, l'équation cartésienne de la conique est

$$(\lambda+\mu)^2q^2X^2-2(\lambda^2-\mu^2)pqXY+(\lambda+\mu)^2p^2Y^2-4\lambda\mu p^2q^2=0$$

où $\lambda=q+q'\,,\mu=q-q'$ (l'équation se simplifie donc notablement). Pour cela, je suis passé par l'équation tangentielle (la conique appartient à un faisceau tangentiel dont deux, et même trois, coniques dégénérées sont connues). Comme on s'en doutait, l'origine est centre de symétrie de ces courbes.

Je vais être absent une bonne partie de la journée ; je passe donc la main à d'autres.

JLT

Pour l'existence et l'unicité j'ai envoyé la droite $(AB)$ à l'infini et le point $a$ "à la verticale". On se ramène ainsi à chercher une parabole $y=Ax^2+BX+C$ passant par trois droites non concourantes, non parallèles et non verticales données. On peut supposer que l'une des droites est d'équation $y=0$ et l'autre d'équation $y=x$, et alors le calcul est facile.
Ensuite je me place dans le cas où $A=(1,-1)$, $B=(1,1)$, $C=(-1,1)$, $D=(-1,-1)$ et $a=(1,\alpha)$. La conique d'équation $x^2-2\alpha xy+y^2+\alpha^2-1$ est tangente en $(1,\alpha)$ à la droite $x=1$ donc on constate que l'unique conique de l'énoncé est une ellipse si $a\in [AB]$ et une hyperbole sinon. De plus elle a le même centre que le parallélogramme, le point $b$ est déterminé par $\frac{\overline{Bb}}{\overline{BC}}=\frac{\overline{Ba}}{\overline{BA}}$, et les points $c$ et $d$ se construisent par symétrie par rapport au centre du parallélogramme.

pappus

Merci john_john et JLT

Effectivement on a affaire à un faisceau tangentiel de coniques.

Techniquement on part donc de l'équation tangentielle simple puis on forme l'équation ponctuelle un peu plus compliquée.

On peut aussi obtenir directement l'équation ponctuelle si on est moins calé.

A remarquer que la question n°1 garde un sens dans un plan affine (non nécessairement muni d'une métrique euclidienne) et pourrait donc être traitée en tant que telle notamment par le choix du repère.

Voilà où en est grâce aux dernières remarques de JLT que je remercie.

Amicalement

pappus

PS

A ce stade, nos aïeux n'étaient pas satisfaits.

La conique était considérée comme construite que s'ils disposaient de la construction d'un point quelconque de cette ellipse avec sa tangente. 

C'est ce qui est fait maladroitement dans le livre de Dörrie sans le moindre wedge à l'horizon, quel âne bâté!

pldx1

On fait la figure, on la regarde et l'on se dit:  que d'aigreurs anti-wedge pour une pareille élémentaritude.

Bouzar

Bonjour pappus,

1° Construisons les trois autres points de contact.

étape 0 : On se donne un parallélogramme ABCD et un point a appartenant à la droite AB différent des points A et B.

étape 1 : On détermine le point d'intersection $M$ des droites qui joignent les points $A =t_1\cap t_2$ et $C= t_3 \cap t_4$ avec la droite qui joint les points $a$ et $D = t_2 \cap t_3$.  La droite qui joint ce point obtenu $M$ avec le point $B = t_1 \cap t_4$, coupe la droite $t_2 = AD$ en le point de contact $d$.

étape 2 : On détermine le point d'intersection $N$ des droites qui joignent les points $B =t_1\cap t_4$ et $D= t_2 \cap t_3$ avec la droite qui joint les points $d$ et $C = t_3 \cap t_4$.  La droite qui joint ce point obtenu $N$ avec le point $A = t_1 \cap t_2$, coupe la droite $t_3 = CD$ en le point de contact $c$.

étape 3 : On détermine le point d'intersection $O$ des droites qui joignent les points $B =t_1\cap t_4$ et $D= t_2 \cap t_3$ avec la droite qui joint les points $c$ et $B= t_1 \cap t_4$.  La droite qui joint ce point obtenu $O$ avec le point $D = t_2 \cap t_3$, coupe la droite $t_4 = CB$ en le point de contact $b$.

Amicalement

JLT

D'après quelques tests sur Geogebra, il semble que les foyers décrivent l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,D$. Reste à savoir pourquoi...

pappus

Merci john_john

Comme tu es dans un plan affine, tu peux toujours choisir ton repère de façon que $p=q=1$ .

Alors si $a(1,\lambda)$, l'équation de la conique est:

$$x^2-2\lambda xy+y^2+t^2-1=0$$

même pas besoin de former l'équation tangentielle!

Au fait quelle est l'équation tangentielle de cette conique?

Amitiés

pappus

PS

Une fois cette équation écrite, on peut dire que la conique $\Gamma$ est déterminée.

On introduit cette équation dans le logiciel, on appuie sur la touche entrée et notre conique apparait sur l'écran dans toute sa splendeur!

Mais nos aïeux n'avaient que leur feuille de papier, leur règle et leur compas.

Ils n'étaient satisfaits que s'ils pouvaient construire un point quelconque de la conique avec sa tangente.

Alors quand on y réfléchit, qui de nous ou de nos aïeux faisaient vraiment de la géométrie?

Eux qui connaissaient les wedges aussi bien que nous sinon mieux mais ne s'en vantaient pas à longueur de calculs mais qui en plus traçaient des figures compliquées sans logiciel uniquement avec l'aide de leurs règles et de leurs compas

Bouzar

2° Traçons cette conique.

Nous avons déjà quatre points, $a, b, c, d$ de la conique. Pour déterminer un cinquième point $P$, situé sur une droite $\delta$ passant par $a$, on utilise le théorème de Pascal.

La droite de Pascal est déterminée par les points $\delta \cap bc$ et par le point $t_1\cap cd.$

Soit $H$ le point d'intersection de la droite de Pascal avec la droite $ab$. La droite qui joint ce point à $d$ coupe la droite δ en un nouveau point P de la conique.

soit sans les traits de construction :

Amicalement

pappus

Merci Bouzar pour ta construction.

Tu peux comparer ta solution avec celle de JLT qui dit que le parallélogramme $abcd$ des points de contact a ses côtés parallèles aux diagonales du parallélogramme $ABCD$.

Quant à la construction du point courant, ta figure me parait trop embrouillée pour qu'on comprenne ce qui se passe au premier coup d'oeil.

Avec GeoGebra, les droites cachent tout.

Peux tu refaire ta figure en remplaçant les droites par des segments et en cachant tous les objets inutiles?

Je sais que c'est embêtant, aussi je te remercie d'avance!

Amitiés

pappus

pldx1

Bonjour, $\def\Sc{S_{c}} \def\met{\boxed{\mathcal{M}}}$

On pose : \[ A,B,C,D,a\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -1\\ 0\\ 2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ -1\\ 2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1\\ t\\ 0 \end{array}\right] \] Quelques wedges plus tard, on obtient: \[ \mathcal{C^{*}},\mathcal{C}\simeq\left[\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 1\\ 0 & -t & t\\ 1 & t & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc} t^{2} & -t & -t\\ -t & 1 & -t\\ -t & -t & -t \end{array}\right]\;;\;b,c,d\simeq\left[\begin{array}{c} -1\\ t\\ 2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -1\\ -t\\ 2t+2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1\\ -t\\ 2t \end{array}\right] \]

On utilise alors $\det\left(ab,cd,AC\right)=0$ pour construire les points $b,c,d$. On peut même utiliser un compas pour tracer les parallèles (penser à utiliser des pointes mousse pour ne pas endommager l'écran).

Ensuite de quoi, on écrit que $\Omega F$ est tangente à la conique. Cela fournit deux équations liant $x,y,z,t$. On élimine $t$ et l'on trouve que les foyers $F\doteq x:y:z$ sont sur la conique:  \[ \mathfrak{C}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & -c^{2} & 2\mathit{\Sc}\\ -c^{2} & 0 & 2\mathit{\Sc}\\ 2\mathit{\Sc} & 2\mathit{\Sc} & 2\mathit{\Sc} \end{array}\right] \]  On regarde la figure et on voit que $\mathfrak{C}$ est une RH. On le vérifie en testant que $\left\langle \met|\mathfrak{C}\right\rangle =0$. On se rappelle en effet que la matrice $\met$ qui sert à calculer les orthopoints n'est autre que la matrice de la conique droitique "toute droite par un ombilic ou un autre" .

Comment terminer sans évoquer Lucie ou Jéroboam, nos fameux zaïeux ? 

Cordialement, Pierre.

Rescassol

Bonjour,

Cordialement,
Rescassol

pappus

Bravo, Rescassol

C'est la construction de Dörrie qui ne la démontre que pour l'ellipse en la considérant comme projection d'un cercle.

Mais cette construction reste aussi valable pour l'hyperbole toujours en vertu des grands principes.

Amicalement

pappus

PS

Si on est pas satisfait de cette preuve de Dörrie, il nous reste heureusement les wedges salvateurs!

pappus

Bonjour à tous

Voici la preuve de Dörrie en image, hélas!

Pas le moindre wedge à se mettre sous la dent mais il n'est pas interdit de s'y coller!

La figure du dessus est la transformée affine de la figure du dessous qui se justifie par une simple chasse aux angles orientés.

Madre de Dios, des angles orientés? Autant dire que c'est foutu d'avance!

Amicalement

pappus

Vassillia

Bonjour, ce n'est pas tant les wedges qui sont intéressants (une fois qu'on a compris).

Ce qui est intéressant, c'est la paramétrisation et je n'aurais vraisemblablement pas utilisé le centre du parallélogramme comme faisant partie du repère même si à la réflexion, c'est naturel d'y penser.

Je pense que j'aurais également terminé autrement pour montrer que c'est une hyperbole équilatère donc heureusement que certains s'y collent pour nous apprendre des choses. Merci à eux.

Rescassol

Bonjour,

Les calculs allant avec ma figure:

% 10 Juillet 2024 - Ellipse dans un parallélogramme 

clc, clear all

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; O=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABO
OB=[1, 0, 0]; OA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABO

%-----------------------------------------------------------------------

syms t u v x y z real

C=[-1; 0; 2]; D=[0; -1; 2];
a=Barycentre([B C],[1-t t]); % a=[-t; 1-t; 2*t]
b=Barycentre([D C],[1-t t]); % b=[-t; t-1; 2]
c=Barycentre([D A],[1-t t]); % c=[t; t-1; 2-2*t]
d=Barycentre([B A],[1-t t]); % d=[t; 1-t; 0]

P=Barycentre([a c],[1-u u]); % P=[t*(2*u-1); (2*u-1)*(t-1); 2*(t+u-2*t*u)] 
PQ=Wedge(P,Vecteur(B,D)); % PQ=[t-2*t*u+1, -t*(2*u-1), -t*(2*u-1)]
AD=Wedge(A,D); % AD=[0, 2, 1]
Q=Wedge(PQ,AD); % Q=[-t*(2*u-1); t-2*t*u+1; 4*t*u-2*t-2]
dP=Wedge(d,P); % dP=[-(t-1)*(t+u-2*t*u), -t*(t+u-2*t*u), t*(2*u-1)*(t-1)]
bQ=Wedge(b,Q); % bQ=[2*t*u-t-1, 2*t*u-2*u-t, 2*t*u-u-t]
M=Wedge(bQ,dP); % M=[-t*(t+2*u-4*t*u+4*t*u^2-3*u^2), -(t-1)*(t-4*t*u+4*t*u^2-u^2), 2*(t+u-2*t*u)^2]

Rxy=Factor(resultant(M(1)-x*v,M(2)-y*v,v));
Rxz=Factor(resultant(M(1)-x*v,M(3)-z*v,v));
R=Factor(resultant(Rxy,Rxz,u));
% On trouve l'équation barycentrique de l'ellipse:
f(x,y,z)=(t-1)^2*x^2 + t^2*y^2 + t*(t-1)*z^2 + 2*t*(t-1)*x*y + 2*t*(t-1)*y*z + 2*t*(t-1)*x*z;

CD=Wedge(C,D); % CD=[2, 2, 3]
N=Wedge(CD,dP); % N=[-t*(t+3*u-2*t*u-2); -(t-1)*(u-t+2*t*u); 4*t*u-2*u-2*t]
E=MilieuBary(b,N); % E=[-t*(u-1); -u*(t-1); 4*t*u-2*u-2*t]
TgteM=Wedge(E,M); % TgteM=[-2*(u-1)*(t+u-2*t*u), 2*u*(t+u-2*t*u), u^2-2*t*u+t]

Cordialement,
Rescassol

pappus

Bonsoir à tous

Après l'implacable démonstration stratosphérique, en voici une autre plus grotesque évidemment puisque sans le moindre wedge, mais quand même due au général Poncelet (1788-1867), peut-être trouvée à Saratov sur la Volga dans les geôles russes aux alentours de 1812.

D'après le deuxième théorème de Poncelet, les paires de droites $(AB,AD)$ et $(AF,AF')$ ont le même gudule de bissectrices et puisque $FC\parallel AF'$, le gudule des bissectrices de la paire $(FA,FC)$ est parallèle au gudule des bissectrices de la paire $(AB,AD)$.

Il en résulte que le lieu de $F$ est l'hyperbole équilatère circonscrite au parallélogramme $ABCD$, consulter trois fois hélas l'article 515, page 334 du pitoyable Lebossé-Hémery.

Amicalement

pappus

PS

Il reste à donner une construction convaincante à la règle et au compas de ces deux foyers $F$ et $F'$ à partir des données $(A,B,C,D,a)$ puisque nos aïeux ne disposaient pas des secours de GeoGebra.

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