Parabole inscrite de foyer le point de Steiner

Yannguyen

Bonjour 

Je me donne un  triangle  ABC
et soit S son point de Steiner, 
qui est à l’intersection de son cercle circonscrit et de son ellipse de Steiner circonscrite


je m’intéresse à la parabole inscrite à ABC et de foyer S

A-t-elle un nom ?

Je constate que son perspecteur est l’intersection de la tangente au cercle circonscrit en S avec l’ellipse de Steiner. 

Lui connaît-on d’autres propriétés remarquables ? !

Cordialement
Yann

Swingmustard

Bonjour @Yannguyen,

Je croyais, à tort visiblement, qu'on ne réussirait à inscrire que trois paraboles dans $ABC$.

Ma construction oblige ces paraboles à toucher $ABC$ en un milieu de côté, et en les symétriques du sommet opposé.

C'est sûrement trop restreignant.

J'ai tracé celle qui a son foyer le moins loin de $S$, et clairement, ce n'est pas la bonne.

Peux-tu dire quelle directrice tu prends ?

Amicalement,

Swingmustard

Rescassol

Bonsoir,

Le foyer de ta parabole est $S=X_{99}=\left [\dfrac{1}{b^2-c^2};\space \dfrac{1}{c^2-a^2};\space \dfrac{1}{a^2-b^2}\right ]$ dans le repère barycentrique $ABC$.
Il est sur le cercle circonscrit comme le foyer de toute parabole inscrite.
La directrice est sa droite de Steiner et a pour équation barycentrique avec les notations de Conway
 $a^2(b^2-c^2)S_a x+ b^2(c^2-a^2)S_b y + c^2(a^2-b^2)S_c z = 0$.
La parabole a pour équation $a^4(b^2-c^2)^2x^2 + b^4(c^2-a^2)^2y^2 + c^4(a^2-b^2)^2z^2 - 2a^2b^2(b^2-c^2)(c^2-a^2)xy - 2a^2c^2(a^2-b^2)(b^2-c^2)xz- 2b^2c^2(a^2-b^2)(c^2-a^2)yz=0$

Le perspecteur est $P=[b^2c^2(a^2-b^2)(c^2-a^2);\space a^2c^2(a^2-b^2)(b^2-c^2);\space a^2b^2(b^2-c^2)(c^2-a^2)]$.
Il est bien sur l'ellipse de Steiner circonscrite et sur la tangente indiquée.


Cordialement,
Rescassol

Edit: Le perspecteur est $X_{670}$.

Swingmustard

Merci Rescassol,

J'ai encore tellement de lacunes !

Amicalement,

Swingmustard

Ludwig

Bonsoir,

$X_{850}$, le conjugué isotomique du foyer de l'hyperbole de Kiepert ($X_{110}$), est sur cette parabole.

Rescassol

Bonsoir,

Effectivement, $X_{850}=\left [\dfrac{b^2-c^2}{a^2};\space \dfrac{c^2-a^2}{b^2};\space \dfrac{a^2-b^2}{c^2}\right ]$ vérifie l'équation ci-dessus.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonsoir,

Avec les notations de ma figure, les droites $(A_1 A_2),(B_1 B_2),(C_1 C_2)$ sont parallèles.
Leur point à l'infini est l'isotomique du perspecteur.

Cordialement,
Rescassol

Yannguyen

Bonjour à tous
 

Et merci


Sait-on si cette parabole porte un nom
et connaît-on des points remarquables de sa directrice autres que l’othocentre ? 

Cordialement 
Yann

Un merci particulier à Rescassol. 

Le parallélisme dont il est question est propre à toutes les paraboles. Il relève d’une propriété simple de la tangente à une parabole !?

Ludwig

Les centres n°69, 76, 264, 286, 311, 315, 317, 340.. sont sur sa directrice.

Yannguyen

Bonjour Ludwig,

peut-on connaître plus précisément qui sont 69 et 76

et y a-t-il parmi les autres qui restent des points connus de l’homme de la rue ?

Cordialement 
Yann 

Rescassol

Bonjour,

$X_{69}$ et $X_{76}$ sont les isotomiques de l'orthocentre $H=X_4$ et du point de Lemoine $K=X_6$.
La directrice est l'isotomique de l'hyperbole équilatère circonscrite passant par $K$.

Cordialement,
Rescassol

Ludwig

Et $X_{264}$ est l'isotomique du centre du cercle circonscrit.

J'en profite pour poster une commande geogebra qui donne directement la liste des centres du triangle $ABC$ qui sont sur l'objet $g$ : Nettoyer(Compactée(Si(Elément(Séquence(Distance(TriangleCentre(A, B, C, k), g), k, 1, 5000), n) == 0, n), n, 1…5000))

Bien sûr il ne s'agit pas d'une preuve, et le résultat est à prendre avec précaution puisqu'il est basé sur des calculs numériques.

Rescassol

Bonsoir,

La directrice est parallèle à la droite $(OK)$.

Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

quelle est la définition du point et de l'antipoint de Steiner?

Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Bonjour à tous

Un problème plus intéressant me semble être le suivant, étant donnée une parabole $\Pi$ de foyer $F$ dans le plan euclidien, trouver et  construire éventuellement tous les triangles $ABC$ circonscrits à la parabole $\Pi$ dont $F$ est le point de Steiner.

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonjour,

> quelle est la définition du point et de l'antipoint de Steiner?

Jean-Louis, la définition du point de Steiner a été donnée par Yannguyen dans son message initial (c'est $X_{99}$):
> Je me donne un  triangle  ABC et soit S son point de Steiner, 
> qui est à l’intersection de son cercle circonscrit et de son ellipse de Steiner circonscrite

L'antipoint de Steiner d'une droite $(D)$ passant par l'orthocentre $H$ est le point du cercle circonscrit dont la droite de Steiner est $(D)$.

Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonjour Rescassol,

meilleurs vœux pour cette nouvelle année et merci pour ta réponse.

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonsoir,

Pour la question de Pappus;
Soit la parabole d'équation $ y=\dfrac{x^2}{2p}$, et les points de cette parabole d'abscisses $u,v,w$.
Le foyer est $S\left (0;\dfrac{p}{2}\right )$.
On pose $s_1=u+v+w, s_2=uv+vw+wu, s_3=uvw$, le fonctions symétriques de $u,v,w$.
On veut que $S$ soit le point de Steiner du triangle $ABC$.
$S$ est sur son cercle circonscrit si on a $3p^4 + (s_1^2-s_2)p^2 + s_1s_3=0$.
Il est sur l'ellipse de Steiner circonscrite si on a $(s_1^2-3s_2)p^4 + (s_1^2s_2+3s_1s_3-4s_2^2)p^2 + s_3(s_1^3-4s_1s_2+9s_3)=0$
Je ne sais pas trop quoi faire avec ça

Cordialement,
Rescassol

Edit: Ah ben tiens, j'ai oublié que la parabole devait être inscrite, d'où des tangentes.
Bon, on verra plus tard....

pappus

Bonjour à tous

Voici comment j'appréhende ce difficile problème.

Je choisis un point $A$ dans l'extérieur de la parabole $\Pi$ et je mène les tangentes $AU$ et $AV$ à cette parabole.

Je considère les triangles $ABC$ circonscrits à $\Pi$ tels que $B\in (AU)$ et $C\in (AV)$.

On sait que le point $C$ est l'image de $B$ dans la similitude directe de centre $F$ envoyant $(U,A)$ sur $(A,V)$.

Consulter par exemple l'immonde Lebossé-Hémery à ne prendre qu'avec des pincettes et à ne lire que masqué.

Pour chaque triangle $ABC$, je demande au logiciel de construire son point de Steiner puis de tracer son lieu quand $B$ et $C$ varient.

J'obtiens une belle courbe algébrique (?) ayant un point triple en $F$.

Il semblerait donc qu'il y ait trois solutions dans mon cas de figure mais il y en a bien d'autres (cas de figure)!

Je laisse les calculs sans intérêt à nos Véronèseurs patentés!

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour,

Dans son immortel ouvrage "sur les trois lobes des trilobites", le célèbre tandem Roux&Combaluzier avait déjà indiqué que les trilobites ne  s'interrompent pas lorsqu'ils viennent au contact de leur parabole.  On obtient donc:

Reprenons tout cela à la racine, en nous limitant aux calculs utiles (et donc en laissant les calculs sans intérêt aux bavards qui bavardent). On se donne une parabole par $x=y^2\div 4p$. On place trois points $P_{BC},P_{CA},P_{AB}$ sur cette parabole. On trace les tangentes correspondantes. Elles se coupent en $A,B,C$. On constate que le cercle $ABC$ passe par le foyer $F$.

On pose $G=(A+B+C)/3$, ainsi que $G_a=2G-A$. On trace l'ellipse de Steiner qui passe par $A,B,C,G_a,G_b,G_c$. Soit $D$ son point gudulique. 

1. On écrit le lieu de  $D$ lorsque l'un des trois points de contact varie. On obtient une quintique bicirculaire.
2. On cherche une relation symétrique portant sur les paramètres des points de contact. On obtient une expression homogène de degré 6. 
   

Cordialement, Pierre.

Rescassol

Bonjour,

% Problème inverse posé par Pappus
% On se donne la parabole d'équation y=x^2

clear all, clc

syms a b c x y real
% a,b,c sont les points de tangence du triangle ABC avec la parabole

s1=a+b+c; s2=a*b+b*c+c*a; s3=a*b*c; % Fonctions symétriques de a,b,c

[xc yc]=IntersectionDeuxDroites(2*a,-1,-a^2,2*b,-1,-b^2);
xc=(a+b)/2; yc=a*b; zc=xc+i*yc; zcB=xc-i*yc;
xa=(b+c)/2; ya=b*c; za=xa+i*ya; zaB=xa-i*ya;
xb=(c+a)/2; yb=c*a; zb=xb+i*yb; zbB=xb-i*yb;
z=x+i*y; zB=x-i*y;

% Équation du cercle circonscrit au triangle ABC
Fact=-4*i*(a-b)*(a-c); % Facteur de simplification
NulC=numden(Factor(Cocyclique(za,zb,zc,z,zaB,zbB,zcB,zB)/Fact));
NulC=collect(NulC,[x y]);
% On trouve:
C(x,y)=4*x^2 + 4*y^2 + 2*(4*s3-s1)*x - (4*s2+1)*y + s2;

% Équation de l'ellipse de Steiner circonscrite
xg=(xa+xb+xc)/3; yg=(ya+yb+yc)/3; zG=xg+i*yg; zgB=xg-i*yg;
xap=2*xg-xa; yap=2*yg-ya; zap=xap+i*yap; zapB=xap-i*yap;
xbp=2*xg-xb; ybp=2*yg-yb; zbp=xbp+i*ybp; zbpB=xbp-i*ybp;
xcp=2*xg-xc; ycp=2*yg-yc; zcp=xcp+i*ycp; zcpB=xcp-i*ycp;
% On trouve:
% zap=(3*a+s1) + 2*i*(2*s2-3*b*c)
% zbp=(3*b+s1) + 2*i*(2*s2-3*c*a)
% zcp=(3*c+s1) + 2*i*(2*s2-3*a*b)
Fact=4*(a-b)^2*(a-c)^2*(b-c)^2; % Facteur de simplification
NulE=numden(Factor(Coconiques(za,zb,zc,zap,zbp,z,zaB,zbB,zcB,zapB,zbpB,zB)/Fact));
NulE=collect(NulE,[x y]);
% On trouve:
E(x,y)=4*(s2^2-3*s1*s3)*x^2 - 2*(s1*s2-9*s3)*x*y + (s1^2-3*s2)*y^2 - 2*(-4*s1^2*s3+s1*s2^2+3*s2*s3)*x - 2*(-s2^2+3*s1*s3)*y + (s2^3-4*s1*s2*s3+9*s3^2);

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

xf=0; yf=1/4; zf=xf+i*yf; zfB=xf-i*yf; % Foyer de la parabole

NulC=Factor(C(xf,yf)) % NulC=0 donc F est toujours sur le cercle circonscrit, on s'en doutait !!
NulE=Factor(16*E(xf,yf));
% On trouve:
% NulE=16*a^3*b^3 - 16*a^3*b^2*c - 16*a^3*b*c^2 + 16*a^3*c^3 - 16*a^2*b^3*c + 48*a^2*b^2*c^2 + 8*a^2*b^2 - 16*a^2*b*c^3 - 8*a^2*b*c + 8*a^2*c^2 + a^2 - 16*a*b^3*c^2 - 16*a*b^2*c^3 - 8*a*b^2*c - 8*a*b*c^2 - a*b - a*c + 16*b^3*c^3 + 8*b^2*c^2 + b^2 - b*c + c^2;
% NulE=s1^2 - 64*s1*s2*s3 - 24*s1*s3 + 16*s2^3 + 8*s2^2 - 3*s2 + 144*s3^2;

% b et c étant donnés, a est solution de f(x)=0 avec:
f(x)=16*(b+c)*(b-c)^2*x^3 - (16*b*c*(b^2-3*b*c+c^2) - 8*(b^2-b*c+c^2) - 1)*x^2 - (b+c)*(4*b*c+1)^2*x + 8*b^2*c^2*(2*b*c+1) + (b^2-b*c+c^2);

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci Rescassol

Tu écris l'équation du cercle circonscrit, OK

Mais ensuite je ne comprends plus ce que tu as fait.

Où apparait  le point de Steiner dans tes calculs?

Amitiés

pappus

Rescassol

Bonsoir Pappus,

Après l'équation du cercle circonscrit, j'ai écrit celle de l'ellipse de Steiner circonscrite. Le point de Steiner est le quatrième point d'intersection des deux, après les sommets du triangle $ABC$.
J'ai ensuite écrit que le foyer de la parabole vérifiait les deux. Pour le cercle, c'était déjà le cas, quels que soient $a,b,c$.

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci Rescassol

Il est vrai que je n'ai plus les yeux en face des trous.

Je vois que tu n'as pas suivi exactement le même chemin que moi, lequel m'était imposé par le besoin de faire la figure et non par d'éventuels calculs que je devinais plus ou moins indigestes.

Quoi qu'il en soit tu tombes in fine sur une équation du troisième degré, ce qui n'est pas incompatible avec ce que j'ai raconté.

Il est clair maintenant qu'une construction à la règle et au compas est exclue mais j'aurais voulu au moins séparer (dans ma méthode) les cas à trois solutions réelles de ceux à une solution, ce qui passe par le calcul d'un éventuel discriminant.

Mais j'avoue que je n'ai plus les moyens intellectuels de mener ce genre de calculs.

Je n'en n'ai plus l'envie!

Amitiés

pappus

PS

Dans ton script $a$, $b$, $c$ ne sont pas les points de tangence mais les abscisses de ces points?

Ludwig

Bonsoir,

Ce sont les abscisses des points de tangence. J'ai vérifié l'équation de Rescassol avec geogebra.

Rescassol

Bonsoir,

> Dans ton script $a, b, c$ ne sont pas les points de tangence mais les abscisses de ces points?
Oui.

En posant $s=b+c,\space p=bc$, le discrminant de $f(x)$ est:
$D=-32000p^4 + 256(32s^2-75)p^3 + 96(52s^2+35)p^2 - 16(156s^2+11)p + (432s^4+56s^2+3)$

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci Rescassol

La nullité de ton discriminant $D$ devrait donner l'enveloppe de ta droite des contacts $BC$, le lieu du pôle de ta droite $BC$ (à savoir mon point $A$) s'en suivant par polarité

Attention nos notations sont différentes, (petit casse tête en perspective).

In fine, je suis intéressé par le tracé de cette courbe relativement à celui de la parabole.

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour,
On est donc passé de
"Je laisse les calculs sans intérêt à nos Véronèseurs patentés!" à
"Mais j'avoue que je n'ai plus les moyens intellectuels de mener ce genre de calculs".
A quoi servent les ponts, sinon à voir l'eau passer ?

Il n'en reste pas moins qu'en plaçant trois points $P_{BC},P_{CA},P_{AB}$ sur la parabole $x=y^{2}\div4p$, 

on voit que  

1. Le lieu du point gudulique $D$ lorsque l'un des trois points de contact varie est une quintique bicirculaire. Que peut-on bien en dire  (à part qu'elle continue d'être en vert sur le dessin) ?
   
2. Lorsque $D=F$, les ordonnées des points de contact sont liées par une relation symétrique. On obtient une expression homogène de degré 6: \[ \left(12p^{2}\mathit{\sigma_{1}}+2\sigma_{2}\sigma_{1}-9\sigma_{3}\right)^{2}-\sigma_{2}\left(\mathit{\sigma_{2}}+12p^{2}\right)\left(9\sigma_{2}+\mathit{4}\sigma_{1}^{2}-36p^{2}\right) \] So what ?

Cordialement, Pierre.

Ludwig

Bonjour, 

Avec la construction du point de Steiner comme intersection du cercle circonscrit avec l'ellipse de Steiner GGB ne donne pas l'équation de son lieu lorsqu'un point de contact varie. En prenant une construction basée sur celle décrite dans ce message on y arrive. 

Il faut quand même réduire le nombre de variables, c'est-à-dire choisir deux points sur la parabole $y=x^2$ (ne pas les définir comme étant sur cette parabole mais simplement à partir de leurs coordonnées) puis calculer à la main l'équation des tangentes. J'ai pris $U(-1,1)$ et $V(2,4)$. Ensuite je fais varier un point $H$ sur la directrice $y=-1/4$, c'est l'orthocentre de $ABC$. 

On suit alors la construction susmentionnée : la perpendiculaire à la tangente en $V$ passant par $H$ donne le point $B$, l'intersection des médiatrices de $[AF]$ et $[AB]$ donne le centre $O$ de $ABC$, d'où le troisième sommet $C$. Le point $K$ est le pied de la hauteur issue de $B$, $K'$ est l'inverse de $K$ par rapport au cercle de centre $B$ et de rayon $AC$ (pareil, faire une construction à la main sinon le logiciel ne donnera pas l'équation du lieu : la tangente en $V$ coupe le cercle d'inversion en $P$ et $Q$, puis je trace la tangente à ce cercle en $Q$ ). Ensuite $m$ milieu de $[BK']$. Le point de Steiner $S$ est le symétrique de $B$ par rapport à $(Om)$.

On trace alors le lieu de $S$ lorsque $H$ varie :

Et maintenant le logiciel est capable de donner l'équation de ce lieu : $$864 x^{5} - 64 y^{5} + 864 x y^{4} - 128 x^{2} y^{3} + 1728 x^{3} y^{2} - 64 x^{4}  y + 448  x^{4} - 1296  y^{4} - 1520  x  y^{3} - 848  x^{2}  y^{2} - 1520  x^{3}  y + 5672 x^{3} - 1308  y^{3} - 3050  x  y^{2} + 8892  x^{2}  y - 2168  x^{2} + 1477  y^{2} + 1756  x  y - 228  x - 411 y +36=0.$$

EDIT : en fait un seul cercle suffit, puisque $C$ est l'intersection de la tangente en $U$ avec la perpendiculaire à la tangente en $V$ passant par $H$. Et on construit $m$ directement, c'est l'intersection de la médiatrice de $[BQ]$ avec $(BK)$, pas besoin de $K'$. Bien sûr cette construction ne marche que si $K$ est dans le cercle d'inversion, mais elle donne une partie du lieu suffisante pour que le logiciel en donne une équation.

pappus

Merci  Ludwig de nous avoir rappelé ta jolie construction du point de Steiner $S$.

Par curiosité, je m'en suis servi pour le construire et effectivement j'ai obtenu pour lieu  de $S$ toute la courbe algébrique sans ces trois points d'arrêt qui faisaient tant ricaner Jehovah!

Et pourtant j'avais construit $S$ en utilisant le théorème suivant que je rappelle:

Soient deux coniques $\Gamma_P$ et $\Gamma_Q$ circonscrites au triangle $ABC$ de perspecteurs respectifs $P$ et $Q$.

Alors leur quatrième point d'intersection est le pôle  trilinéaire de la droite  $PQ$.

Dans le cas qui nous intéresse le point de Lemoine $K$ est le perspecteur du cercle circonscrit au triangle $ABC$ et le centre de gravité $G$ celui de l'ellipse de Steiner.

C'est ce théorème que j'avais utilisé pour construire le point de Steiner $S$.

Pourquoi ces trois points d'arrêt?

Mystère et boule de gomme!

Sans doute ma macro donnant la construction du pôle trilinéaire.

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonjour,

Ludwig, quelle commande de  Géogébra utilises tu pour obtenir une équation algébrique à partir du lieu ?

Cordialement,
Rescassol

pappus

Bonjour Ludwig

Je ne comprends pas très bien l'équation que tu as obtenue (dans quel repère d'ailleurs?).

Elle devrait dépendre de quelques paramètres (par exemple les coordonnées du point $A$), nous permettant de discuter de la nature du point triple en $F$.

Vu la figure que j'ai tracée, il me semblerait judicieux de placer l'origine des coordonnées au foyer $F$!

Amicalement

pappus

Ludwig

Bonjour,

@Rescassol : il s'agit de la commande EquationLieu, ici EquationLieu(S,H).

@pappus : l'équation que j'ai obtenue est donc celle du lieu du point de Steiner $S$ lorsque $H$ varie sur la directrice. J'ai pris la parabole $y=x^2$, le repère est celui d'origine $(0,0)$. C'est vrai qu'il est préférable de prendre celui centré sur le foyer. Un petit changement de variables donne alors : $$432x^{5} - 32 y^{5} + 432 x y^{4}- 64 x^{2} y^{3} + 864 x^{3} y^{2} - 32 x^{4} y + 216x^{4} - 688 y^{4} - 328 x y^{3} - 472 x^{2} y^{2} - 328 x^{3} y + 2700 x^{3} - 1322 y^{3}-1933 x y^{2}+4222 x^{2}y = 0.$$ Oui bien sûr, cette équation dépend de la position des points de contact $U$ et $V$ des côtés du triangle $ABC$ avec la parabole. Mais le logiciel ne donnera pas d'équation si on définit initialement ces points comme étant des points variables sur la parabole, car cela fait trop de calculs (?). Il faut donc les en désolidariser, c'est-à-dire que j'ai défini $U$ directement par le point de coordonnées $(-1,1)$ et $V$ par $(2,4)$. Ensuite j'ai déterminé à la main les équation des tangentes en ces points (pas avec la commande Tangente donc, sinon le logiciel ne gère pas non plus l'équation du lieu).

Pour d'autres positions de $U$ et de $V$, il faudra recommencer cette petite manip... Il y a peut-être une méthode en utilisant le calcul formel (?). Ci-joint ma figure GGB (à renommer en .ggb).

pldx1

on a

 (-128*X*p^5*s-256*Y*p^6+64*Y*p^4*s^2-192*Y*p^4*q)*(X^2+Y^2)^2 + ((-32*X^2-64*Y^2)*p^4*s^3+(256*X*Y*p^5-32*X*Y*p^3*q)*s^2+((-256*X^2+
384*Y^2)*p^6+64*q*(5*X^2+2*Y^2)*p^4+8*p^2*q^2*Y^2)*s-512*X*Y*p^7+256*X*Y*q*p^5-
32*X*Y*q^2*p^3)*(X^2+Y^2)*T +
(16*Y^3*p^4*s^4+(-32*X*(X^2+5*Y^2)*p^5+32*Y^2*
q*X*p^3)*s^3+(192*Y*(X-Y)*(X+Y)*p^6-16*q*(11*X^2-Y^2)*Y*p^4+8*Y*(2*X^2-Y^2)*p^2
*q^2)*s^2+(-128*X*(X^2-3*Y^2)*p^7+64*X*q*(5*X^2-Y^2)*p^5-24*X*q^2*(3*X^2-Y^2)*p
^3-8*X*Y^2*p*q^3)*s-256*X^2*Y*p^8+64*Y*q*(7*X^2+3*Y^2)*p^6-16*q^2*(11*X^2+5*Y^2
)*Y*p^4+4*Y*(5*X^2+Y^2)*p^2*q^3+Y^3*q^4)*T^2

avec $s=y_b+y_c, q=y_b*y_c$. J'ai gardé le $F=(p,0)$ de ma figure initiale.

Cordialement, Pierre.

Vassillia

Bonjour, petite question au passage, le "et alors" il attend vraiment une réponse ? Autant retrouver ces résultats, c'est plus ou moins faisable (quitte à tricher en utilisant les coordonnées barycentriques de X(99) pour éviter de devoir faire l'intersection du cercle et de la conique) mais alors rien du tout de chez rien tout, qu'est-ce qu'on est supposé faire d'équations comme ça ?

Ludwig

Dans le calcul de pldx1 on peut remarquer que les tangentes se coupent en $A(q,s/2)$. Mais au fait de quelle équation s'agit-il ?

En prenant la parabole $y=x^2$ et un point $A(u,v)$, l'équation du lieu du point de Steiner des triangles $ABC$ circonscrits à cette parabole est : 

((256 * u^(2)) * x^(5)) - ((512 * u^(3)) * x^(4)) - ((256 * u^(3)) * y^(4)) + ((256 * u^(4)) * x^(3)) + ((256 * v^(4)) * x^(3)) + (((256 * u) * v^(2)) * x^(4)) + (((256 * u^(2)) * x) * y^(4)) - (((512 * u^(2)) * v^(2)) * x^(3)) + (((512 * u^(2)) * x^(3)) * y^(2)) - (((768 * u^(3)) * x^(2)) * y^(2)) + ((((256 * u) * v^(2)) * x^(2)) * y^(2)) - ((((1024 * u) * v^(3)) * x^(2)) * y) - ((((512 * u^(2)) * v) * x) * y^(3)) - ((((512 * u^(2)) * v) * x^(3)) * y) + ((((1024 * u^(2)) * v^(2)) * x) * y^(2)) + ((((1024 * u^(3)) * v) * x^(2)) * y) - ((64 * u) * y^(5)) - ((192 * v) * x^(5)) - ((64 * u^(3)) * y^(3)) + ((64 * v^(3)) * x^(3)) + (((256 * u) * v) * x^(4)) + (((640 * u) * v) * y^(4)) - (((576 * u) * v^(2)) * y^(3)) - (((128 * u) * x^(2)) * y^(3)) - (((64 * u) * x^(4)) * y) - (((192 * v) * x) * y^(4)) - (((384 * v) * x^(3)) * y^(2)) + (((64 * u^(2)) * v) * x^(3)) + (((256 * u^(2)) * x) * y^(3)) + (((256 * u^(2)) * x^(3)) * y) - (((320 * u^(3)) * x^(2)) * y) - (((128 * v^(2)) * x) * y^(3)) - (((128 * v^(2)) * x^(3)) * y) + (((320 * v^(3)) * x) * y^(2)) + ((((896 * u) * v) * x^(2)) * y^(2)) + ((((192 * u) * v^(2)) * x^(2)) * y) - ((((704 * u^(2)) * v) * x) * y^(2)) - (16 * x^(5)) + ((48 * u) * x^(4)) - ((32 * u) * y^(4)) - ((16 * x) * y^(4)) - ((48 * u^(2)) * x^(3)) - ((80 * v^(2)) * x^(3)) - ((32 * x^(3)) * y^(2)) + (((160 * u) * v) * y^(3)) + (((16 * u) * x^(2)) * y^(2)) + (((64 * v) * x) * y^(3)) + (((64 * v) * x^(3)) * y) + (((48 * u^(2)) * x) * y^(2)) - (((176 * v^(2)) * x) * y^(2)) - ((((32 * u) * v) * x^(2)) * y) - ((4 * u) * y^(3)) + ((12 * v) * x^(3)) - ((8 * x) * y^(3)) - ((8 * x^(3)) * y) + (((12 * u) * x^(2)) * y) + (((28 * v) * x) * y^(2)) - (x * y^(2)) = 0.

(dans le repère centré sur le foyer $F$)

On doit pouvoir la présenter beaucoup plus simplement car il y a sans doute des termes comme $(x^2+y^2)^2$ mais je ne sais pas si une commande de calcul formel existe pour ça.

pappus

Mon cher Ludwig

Si on translate l'origine des coordonnées en $F$ comme je l'ai suggéré, le faisceau des tangentes en $F$ à ce lieu est formé par les termes de plus bas degré homogènes de degré $3$.

Amicalement

pappus

Ludwig

Les voilà :

((256 * u^(4)) * x^(3)) + ((256 * v^(4)) * x^(3)) - (((512 * u^(2)) * v^(2)) * x^(3)) - ((((1024 * u) * v^(3)) * x^(2)) * y) + ((((1024 * u^(2)) * v^(2)) * x) * y^(2)) + ((((1024 * u^(3)) * v) * x^(2)) * y) - ((64 * u^(3)) * y^(3)) + ((64 * v^(3)) * x^(3)) - (((576 * u) * v^(2)) * y^(3)) + (((64 * u^(2)) * v) * x^(3)) - (((320 * u^(3)) * x^(2)) * y) + (((320 * v^(3)) * x) * y^(2)) + ((((192 * u) * v^(2)) * x^(2)) * y) - ((((704 * u^(2)) * v) * x) * y^(2)) - ((48 * u^(2)) * x^(3)) - ((80 * v^(2)) * x^(3)) + (((160 * u) * v) * y^(3)) + (((48 * u^(2)) * x) * y^(2)) - (((176 * v^(2)) * x) * y^(2)) - ((((32 * u) * v) * x^(2)) * y) - ((4 * u) * y^(3)) + ((12 * v) * x^(3)) + (((12 * u) * x^(2)) * y) + (((28 * v) * x) * y^(2)) - (x * y^(2))

pappus

Merci Ludwig

On a enfin la preuve que $F$ est un point triple.

Ce polynôme est un peu rébarbatif comme on s'en doute!

Il faudrait enfin annuler son discriminant qui servira de séparatrice entre les cas à une solution et ceux à trois.

Amicalement

pappus

Ludwig

Ben justement je viens de le faire. Ce discriminant est :

$$-32768 u^{2} v^{3} - 6912 u^{4} + 32000 v^{4} - 19968 u^{2} v^{2} + 19200 v^{3} + 9984 u^{2} v - 224 u^{2} - 3360  v^{2} + 176 v - 3.$$ Sa nullité donne deux branches dont l'une est très proche de la parabole initiale mais juste au dessus, elle ne nous intéresse donc pas. J'ai tracé en orange l'autre branche, la branche séparatrice :

Bonne journée,

Ludwig

PS : cette équation est dans le repère d'origine $O(0,0)$.

pappus

Merci Ludwig

Très jolie figure!

Je pensais peut-être un peu naïvement que si le sommet $A$ se trouvait sur la séparatrice, les sommets $B$ et $C$ devaient aussi s'y trouver par empathie naturelle.

Amicalement

pappus

Ludwig

Si $A$ est au sommet $(0,-3/4)$ de la séparatrice alors le lieu du point de Steiner $S$ est très simple puisqu'il s'agit du cercle de centre $\Omega (0,5/4)$ et de rayon $1$ : 

On se donne un point $S$ sur ce cercle. Construire, à la règle et au compas, le triangle $ABC$ circonscrit à la parabole ($y=x^2$) et ayant $S$ pour point de Steiner.

pldx1

Bonjour, $\def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}}$

1. Citation: lorsque $D=F$, les ordonnées $y_{a},y_{b},y_{c}$ des points de contact sont liées par une relation symétrique. On obtient une expression homogène de degré 6: \[ {rel}_{6}\left(y_{a},y_{b},y_{c}\right)\doteq\left(12p^{2}\mathit{\sigma_{1}}+2\sigma_{2}\sigma_{1}-9\sigma_{3}\right)^{2}-\sigma_{2}\left(\mathit{\sigma_{2}}+12p^{2}\right)\left(9\sigma_{2}+\mathit{4}\sigma_{1}^{2}-36p^{2}\right) \] D'où la question: so what ?
2. Facile. On brise la symétrie écrivant que $y_{a}$ est racine multiple de ${rel}_{6}.$ Le discriminant donne \begin{multline*} 768p^{8}+\left(896s^{2}-2816q\right)p^{6}+\left(432s^{4}-2496q\,s^{2}+3360q^{2}\right)p^{4}\\ +\left(312q^{2}s^{2}-1200q^{3}\right)p^{2}+32q^{3}s^{2}-125q^{4} \end{multline*} avec $s=y_{b}+y_{c}=2\,V/\vt,\;q=y_{b}y_{c}=4\,Up/\vt$, où l'on a utilisé $A\simeq U:V:\vt$. Cela donne: \begin{multline*} 32U^{3}V^{2}-p\left(125U^{4}-78U^{2}V^{2}-27V^{4}\right)\vt-12U\,p^{2}\left(25U^{2}+13V^{2}\right)\vt^{2}\\ +14p^{3}\left(15U^{2}+V^{2}\right)\vt^{3}-44U\,p^{4}\vt^{4}+3p^{5}\vt^{5} \end{multline*}
3. C'est l'équation de la séparatrice. Et on fait une figure, avec $V=0.4,U\approx-0.79495453$. Si on change un peu $U,$ on voit le trilobite en train d'hésiter: va-t-il traverser ou non ? Voir les figures ci-dessous.
   
   
   
   
   
   
   
4. Pour ce qui est de faciliter le dessin des trilobites, c'est le moment de se frapper le front, en se disant que $AB_{u},AC_{v},B_{1}C_{1},B_{2}C_{2}$ cela fait quatre droites. On peut alors se rappeler la paramétrisation des quadrilatères par J.P Ehrmann (@Poulbot). La directrice de la parabole est le lieu des orthocentres (tandis que $F$ est le point de Miquel du barnum). On pose donc $H_{j}=-p:z_{j}:1$. Puis on trace les perpendiculaires issues de $H_{j}$ vers les droites $AB_{u},AC_{v}$. Cela donne les sommets $B_{j},C_{j}$. 
5. Et l'on met en route la machinerie: $a=\sqrt{\left|B_{j}C_{j}\right|^{2}}$, $b=\sqrt{\left|AC_{j}\right|^{2}}\etc$. Puis on substitue dans $X(99)$. Puis on multiplie la colonne obtenue par la matrice du triangle $AB_{j}C_{j}$. Longueur 1027867, variables $p,t,u,v,y_{b},y_{c},z$. Puis on passe en $s,q$: longueur 590008, variables $p,q,s,t,u,v,z$. Puis on passe en $t,u,v,z$. Longueurs X/T=4050, Y/T=2452.
6.  Il reste à déterminer la condition pour que la boucle traversante (2ème figure) rejoigne l'angle supérieur. Avec la question: a-t-on alors factorisation de la trilobite (donnant un quasi-cercle et une autre courbe)
   

Cordialement, Pierre.

Ludwig

Je parierai que ce quasi-cercle est un vrai cercle, et que son centre $\Phi$ se trouve sur la directrice :

Et aussi : le troisième point d'intersection des deux courbes est le symétrique du foyer $F$ par rapport à la parallèle à $(AF)$ passant par $\Phi$, c'est-à-dire le point diamétralement opposé à $A$ !

Ludwig

J'ai vérifié cela par une méthode convergente. Le logiciel a ramé avec l'équation du lieu de $S$, mais j'ai trouvé une configuration ou la convergence fonctionnait bien, plus besoin de cette équation. Elle est basée sur la propriété géométrique suivante : pour un point $A$ donnant la configuration limite la perpendiculaire passant par $\phi$ à une tangente en $A$ à la parabole coupe l'autre tangente en un point du cercle recherché :

En plaçant un point sur la partie visiblement circulaire sa distance à $\phi$ ne varie quasiment pas (de l'ordre du centième de millionième).

Ludwig

Bonjour,

Cette propriété permet de déterminer l'équation de la courbe lieu du point $A$ pour lequel le lieu du point de Steiner des triangles $ABC$ circonscrits à la parabole se décompose en un cercle et ce qui est peut-être une strophoïde (?). Cette courbe est l'hyperbole d'équation : $$16 \; x^{2} - 48 \; y^{2} - 40 \; y - 3=0.$$

(pour la parabole $y=x^2$)

Ludwig

Je termine les calculs : pour un point $A(u,v)$ appartenant à l'hyperbole $16x^2-48y^2-40y-3=0$ le cercle obtenu à pour centre : $$\phi\;\big(\frac{v(4v+3)}{2u},-1/4\big).$$ L'autre courbe a pour équation, dans le repère centré sur le foyer de la parabole :

4*v*(12*u^2+1)*(x^2+3*y^2)+9*y*(4*v+3)*(x^2+y^2)(-18*x)*y*(16*u*v^2+16*u*v-u)+x^2*(-92*u^2-3)+(3*y^2)*(4*u^2-3)

=(72*(2*u*v+u))*(x^3+x*y^2)

$$-72 \; \left(2 \; u \; v + u \right) \; \left(x^{3} + x \; y^{2} \right) + 4 \; v \; \left(12 \; u^{2} + 1 \right) \; \left(x^{2} + 3 \; y^{2} \right) + 9 \; y \; \left(4 \; v + 3 \right) \; \left(x^{2} + y^{2} \right) = -18 \; x \; y \; \left(16 \; u \; v^{2} + 16 \; u \; v - u \right) + x^{2} \; \left(-92 \; u^{2} - 3 \right) + 3 \; y^{2} \; \left(4 \; u^{2} - 3 \right).$$

Ludwig

En fait, quand $A$ est sur cette hyperbole, il n'est pas exact de dire que le lieu du point de Steiner $S$ des triangles $ABC$ circonscrits à la parabole est formé d'un cercle et d'une autre courbe, car le cercle n'en fait pas partie. Dans la construction avec les tangentes postée un peu plus haut l'angle entre celles-ci est de $60°$. Si $A$ n'est pas sur l'hyperbole mais en très proche, la partie "circulaire" du lieu de $S$ lorsque le côté $BC$ varie correspond aux triangles "proches" de l'équilatéral. Le point de Steiner d'un triangle équilatéral n'est pas défini, on pourrait dire à la limite que c'est un cercle, le cercle circonscrit au triangle :