Le théorème de Dandelin

mentalist

Bonjour
Je me pose certaines questions concernant la démonstration du théorème de Dandelin donnée par Wikipedia. Je la reproduis ci-dessous tout en posant au fur et à mesure mes questions. Pouvez-vous m'aider à y répondre ?

Soit $P$ un point quelconque de la section conique. Soient également $G_1$ et $G_2$ les deux sphères qui sont tangentes au cône et au plan sécant. Leurs intersections avec le cône forment deux cercles nommés $k_1$ et $k_2$, et avec le plan deux points nommés $F_1$ et $F_2$.

Est-ce que "tangent au cône" signifie que chaque directrice du cône est tangente à la sphère ? Est-on sûr que de telles sphères existent ? Y a-t-il unicité ? Les deux sphères doivent être en quelque sorte à "l'intérieur du cône", non ? Pourquoi les deux cercles $k_1$ et $k_2$ existent-ils ?

Les intersections de la génératrice du cône passant par $P$ avec $k_1$ et $k_2$ sont nommées $P_1$ et $P_2$. Comme $PP_1=PF_1$ et $PP_2=PF_2$ (car deux tangentes à une même sphère se coupent en un point situé à distance égale des deux pieds des tangentes), $PF_1+PF_2=P_1P_2$.

$PP_i$ est-elle bien tangente à la sphère $G_i$ parce que cette sphère est tangente au cône ?
Comment démontre-t-on que "deux tangentes à une même sphère se coupent en un point situé à distance égale des deux pieds des tangentes" ?

Or, la distance entre $P_1$ et $P_2$ est constante, quel que soit $P$. En d’autres termes, pour tout point $P$, $PF_1+ PF_2$ est constant ; et donc, la section conique comprenant $P$ est une ellipse bifocale de foyers $F_1$ et $F_2$.

Je vous remercie par avance de votre aide,
The Mentalis

jacquot

Bonjour mentalist,

Sur la première figure de l'article que tu cites, le cône n'est pas bien visible. Elle me laisse une impression bizarre. C'est peut-être ce qui a suscité ton questionnement.
La deuxième me paraît plus lisible.

Est-ce que "tangent au cône" signifie que chaque directrice du cône est tangente à la sphère ? Est-on sûr que de telles sphères existent ?

Faisons une section du cône par un plan contenant son axe. on obtient un angle dont l'axe est la bissectrice.
Tout point de l'axe sera alors équidistant des côtés de l'angle et pourra être centre d'un cercle tangent à ces côtés.
Faisons alors tourner ce cercle et ses 2 tangentes autour de la bissectrice ; on génèrera la sphère et le cône tangent à la sphère, tandis que les points de contact génèreront le cercle k de contact. Voilà pour l'existence. Tangent au cône signifie bien que chaque GENERATRICE du cône est tangente à la sphère.

Unicité.
Là, c'est un peu plus délicat.
Tu tiens le cône dans une main, comme un cornet de frites, ou un emballage de crème glacée.
Tu peux alors y déposer au fond une bille plus ou moins grosse qui s'enfoncera jusqu'à être tangente au cône.
Maintenant, ta bille doit aussi être tangente au plan oblique de la section . Tu te trouves donc obligé d'ajuster le rayon de ta bille.
Pour ce faire, tu pourras te placer dans le plan perpendiculaire à la section qui contient l'axe du cône. Dans ce plan, la sphère G1 se réduira au cercle inscrit dans le triangle formé par 2 génératrices diamétralement opposées et la trace du plan de la section, tandis que G2 sera un cercle exinscrit.


PPi est-elle bien tangente à la sphère parce que cette sphère est tangente au cône ? OUI
Comment démontre-t-on que "deux tangentes à une même sphère se coupent en un point situé à distance égale des deux pieds des tangentes" ?
Là ce n'est pas tout à fait juste: deux droites tangentes à une même sphère ne sont pas forcément coplanaires, mais si elles se coupent, alors oui. Ça peut se démontrer avec Pythagore!

mentalist

Merci Jacquot du soin que tu as apporté à ta réponse.
Je dois mal visualiser.
Je ne comprends pas quand tu dis :

Faisons une section du cône par un plan contenant son axe. on obtient un angle dont l'axe est la bissectrice.
Tout point de l'axe sera alors équidistant des côtés de l'angle et pourra être centre d'un cercle tangent à ces côtés.

Je ne vois pas bien quel cercle ayant pour centre un point de l'axe peut être tangent aux deux côtés. Peux-tu m'aider à y voir plus clair ? Le cercle appartient au même plan que l'angle, non ?
Merci.

Bruno

Bonjour.

Le dessin ci-dessous est la section du cône de révolution de sommet $O$, d'axe $\Delta$ et dont deux génératrices sont $(OA)$ et $(OA')$. La droite située dans le plan de la figure et qui est perpendiculaire à $(OA)$ coupe $\Delta$ en $\omega$. La sphère de centre $\omega$ passant par $A$ est tangente à la génératrice $(OA)$ ; Ne penses-tu pas que cette sphère est tangente à toutes les génératrices du cône ?

Bruno

mentalist

Si Bruno, ça me paraît clair maintenant. Il suffit de faire tourner le cercle et les deux génératrices autour de $\Delta$ (en adaptant ce que disait Jacquot). Avec un tel argument de rotation on peut notamment déduire que le cercle est tangent à $(OA')$. On peut aussi déduire que la sphère est tangente à chaque génératrice, au sens où l'un de ses cercles est toujours tangent à une génératrice donnée.

Merci à vous deux, j'aurais peut-être d'autres questions

mentalist

En fait dire que deux tangentes coplanaires à une même sphère se coupent en un point situé à distance égale des deux pieds des tangentes revient à dire que deux tangentes à un même cercle se coupent en un point situé à distance égale des deux pieds des tangentes.
Donc je comprends pourquoi Pythagore suffit. Merci Jacquot.

mentalist

Tu peux alors y déposer au fond une bille plus ou moins grosse qui s'enfoncera jusqu'à être tangente au cône.

Comment le justifies-tu ? C'est presque de la physique ;-)

Pour ce faire, tu pourras te placer dans le plan perpendiculaire à la section qui contient l'axe du cône. Dans ce plan, la sphère G1 se réduira au cercle inscrit dans le triangle formé par 2 génératrices diamétralement opposées et la trace du plan de la section, tandis que G2 sera un cercle exinscrit.

Je ne vois pas bien le dessin.

Merci

jacquot

Mentalist a écrit:

En fait dire que deux tangentes coplanaires à une même sphère se coupent en un point situé à distance égale des deux pieds des tangentes revient à dire que deux tangentes à un même cercle se coupent en un point situé à distance égale des deux pieds des tangentes.

Pas forcément: le quadrilatère formé par le centre O, le point d'intersection I et les deux points de contacts A et B n'est pas forcément plan...

Quoiqu'il en soit, si tu le partages par sa diagonale OI, tu obtiens deux triangles rectangles OAI et OBI... alors selon Pythagore, IA = IB

mentalist a écrit:

Comment le justifies-tu ? C'est presque de la physique ;-)

Ici, c'est à dessein que j'ai pris une illustration physique, pour te faire "sentir" les choses

En tout point de l'axe du cône, tu peux construire une sphère centrée en ce point et tangente au cône. Son rayon sera la distance de ce point à l'une quelconque des génératrices Plus le point s'éloignera du sommet du cône , et plus le rayon grandira... Mais il faut aussi que la sphère G1 soit tangenteau plan de la section (plan de l'ellipse)


On peut ramener le problème à un problème plan en faisant une section du cône par un plan contenant son axe et la direction orthogonanle au plan (de l'ellipse)

Dans ce plan, il s'agit de trouver sur l'axe du cône le point qui est équidistant de 3 côtés d'un triangle, c'est à dire le centre de son cercle inscrit (exinscrit pour G2)
deux côtés de ton triangle sont des génératrices diamétralement opposées du cône et le 3è côté est le futur grand axe de l'ellipse
Voici une figure maladroitement complétée.

mentalist

Merci Jacquot, j'ai bien compris les deux points. C'est gentil.

Je te souhaite un bon dimanche, à toi et à Bruno.

pappus

J'espère ne pas dire de bêtises mais j'ai bien l'impression que le théorème de Dandelin se généralise en fait aux sections planes de toute quadrique de révolution.



Le cercle rouge est bitangent à l'ellipse noire et tangent en $F$ à la droite bleue.
Par rotation autour de l'axe $L$, l'ellipse noire engendre un ellipsoïde de révolution $E$ et le cercle rouge une sphère $S$.
Le plan passant par la droite bleue et perpendiculaire au plan de l'ellipse noire coupe l'ellipsoïde suivant une ellipse $\Gamma$.
Alors $F$ est un foyer de $\Gamma$ et la directrice associée à $F$ est la perpendiculaire en $D$ au plan de la figure.

Vous me direz et la sphère à droite donnant l'autre foyer, où est elle?
J'aurais pu la tracer en me donnant un peu plus de mal mais le cercle bitangent à l'ellipse noire qui l'engendre par révolution n'a pas de points de contact réels avec l'ellipse.
Ce qui n'aurait pas rendu la figure très esthétique et n'aurait pas convaincu les incrédules!
Amicalement
Pappus

pappus

J'ai complété la première figure (en me donnant un peu de mal mais pas beaucoup).




D'ailleurs comment ai-je fait pour tracer cette figure?
Le cercle $S'$ est bien bitangent à l'ellipse noire , la droite des contacts étant la perpendiculaire issue de $D'$ à la droite $L$.
Amicalement
Pappus

pappus

Sur cette dernière figure, je me suis arrangé pour que tous les contacts soient réels.





Amicalement
Pappus
PS
Il resterait à dessiner le cas où $S$ et $S' $ n'ont pas de contacts réels avec l'ellipse mais là j'ai un grand coup de flemme.
Si jacquot pouvait nous faire un dessin en 3D, je lui en serais très reconnaissant.

jacquot

Désolé, pappus, je vais te décevoir.
Je n'ai pas d'outil de dessin en 3D sous la main.

La figure de mon message précédent a été capturée sur la page Wikipédia consacrée au théorème belge. Je me suis contenté de l'annoter pour aider mentalist à en comprendre la démonstration, mais c'est du bricolage.;)

remarque

J'ai cru voir passer une requête de dessin 3d ... mais j'ai mis du temps à écrire une équation pour le plan tangent aux deux sphères. Avec des contacts réels, bien sûr. Les contacts complexes, j'ai beau plisser les yeux dans tous les sens, je ne les vois pas.

pappus

Mon cher Remarque
Merci pour ces belles figures, même si elles ne démontrent rien.
En ce qui concerne les contacts non réels, je reconnais qu'ils ne font pas fonctionner beaucoup l'imagination mais on est bien obligé de faire avec!
Les cercles bitangents à une conique les plus simples avec contacts non réels sont les cercles de rayon nul c'est à dire les foyers.
Si tu fais tourner une conique $\Gamma$ autour de son axe focal $L$, on obtient une quadrique $Q$. L'axe $L$ contient au moins un foyer $F$ de $\Gamma$, lequel foyer engendre par rotation une sphère $S$ de rayon nul.
Si ce que j'ai dit est vrai, tout plan passant par $F$ doit couper la quadrique $Q$ suivant une conique $\gamma$ dont $F$ est un des foyers.
Tout ceci me semble bizarre et comme je suis loin de mes bases, il faudra que je vérifie cela par le calcul, une fois retourné dans ma yourte!
Evidemment, on est loin du théorème de Dandelin qui lui se démontre élémentairement.
Amicalement
Pappus

jacquot

pappus a écrit:

on est loin du théorème de Dandelin qui lui se démontre élémentairement

Le "élémentairement" est un peu désobligeant à l'encontre de nous autres béotiens.
A cette heure-ci, je ne vois pas comment tu veux adapter la démonstration de Dandelin à ta section de quadrique. Peut-être sauras-tu montrer qu'il y a un foyer et une directrice. Je demande à voir...

pappus

Mon cher jacquot
Il n' y a aucun mépris de ma part.
La géométrie élémentaire n'a rien d'élémentaire et je sais d'expérience qu'on peut sécher pendant des heures sur des questions en apparence très simples.
Si tu as la chance d'avoir le Lebossé-Hémery ou si tu as la possibilité de le consulter, tu verras que les chapitres consacrés aux coniques débutent justement par la démonstration du théorème de Dandelin.
On dit aussi Dandelin-Quételet ou théorèmes belges.
La démonstration n'exige que des connaissances minimes sur la sphère comme les propriétés de ses tangentes, la définition des lignes trigonométriques et un peu de géométrie dans l'espace.
Je viens de m'apercevoir que la généralisation aux quadriques de révolution peut se faire aussi par la géométrie "élémentaire" c'est à dire sans l'utilisation de la géométrie analytique à condition de connaitre la théorie des cercles focaux d'une conique c'est à dire des cercles bitangents à une conique.
La démonstration de la généralisation suit alors pas à pas celle du théorème de Dandelin.
Amicalement
Pappus
PS
Essaye de raisonner sur la figure de Dandelin en supposant que la sphère n'est plus tangente mais coupe le plan suivant un cercle. Ce cercle sera alors un cercle bitangent à la conique intersection du cône de révolution et du plan.
On retrouve alors "élémentairement" certaines des propriétés des cercles focaux.

jacquot

Merci pappus pour cette gentille mise au point.
Je me suis permis de te taquiner et tu as réagi au 1/4 de tour.
Si élémentaire = non calculatoire, nous sommes tout à fait en phase!

Hélas, je ne vois pas la démonstration élémentaire pour le cas de l'ellipsoïde de révolution. Ce n'est pas faute d'avoir tapé "cercle focal d"une ellipse" ou "cercle bitangent" sur gooooogle avec l'espoir de trouver une propriété qui fournirait un... élément de solution.

Voudrais-tu me mettre sur la voie?
Amicalement.
jacquot

pappus

Mon cher Jacquot
La figure suivante montre une conique $\Gamma$ d'excentricité $e$ avec un cercle $\gamma$ bitangent à la conique $\Gamma$ aux points $U$ et $V$.
Alors la conique $\Gamma$ est le lieu des points $M$ du plan tels que $MT = MT' = e.Mm$ où $m$ est la projection orthogonale de $M$ sur la corde des contacts $UV$ et $MT$ et $MT'$ sont les tangentes issues de $M$ à $\gamma$.



C'est tout ce qu'il y a besoin de savoir sur les cercles focaux.

Maintenant il suffit pratiquement de recopier la démo de Dandelin en remplaçant "foyer" par "cercle focal".

La figure est embêtante à faire car je ne dispose pas de la 3D, peut-être que Remarque?

Amicalement
Pappus

jacquot

Merci pappus,

Voici comment je comprends la démo de Dandelin dans le cas de l'ellipsoïde:
On coupe l'ellipsoïde par un plan P.
On coince de chaque côté une sphère (multi)tangente à l'ellipsoïde et à ce plan
Ces sphères sont tangentes à l'ellipsoïde selon des cercles dans des plans orthogonaux à son axe focal.
Par ailleurs, elles sont tangentes à P en F et F'.

Soit M un point de l'intersection de l'ellipsoïde et de son plan sécant P
On construit des segments tangents MT et MT' aux sphères dans le plan contenant l'axe focal et M.
On projette M sur les plans de chacun des cercles de contact en m et m'

On a donc MF+MF' = MT+MT' = e.Mm+e.Mm' = e.mm', e étant l'excentricité de l'ellipsoïde

Alors MF +MF' est indépendant du choix de M puisque les deux cercles sont parallèles:
MF+MF' = e.d où d est la distance des centres des cercles sur l'axe focal de l'ellipsoïde.
Cette relation définit une ellipse.

pappus

Mon cher jacquot
Grosso modo, c'est cela.
On peut aussi se concentrer sur un seul foyer, la directrice associée étant l'intersection du plan de contact (de la sphère et de la quadrique) avec le plan $P$.
Il ne faut pas se leurrer!
Ta démo coince justement quand tu parles de coincer une sphère entre la quadrique et le plan $P$.
On n'échappe pas comme cela à la géométrie analytique qui elle aussi a ses beautés comme la géométrie synthétique.
D'ailleurs en dimension supérieure à 3, que reste-t-il de la géométrie synthétique, plus grand chose!
Amicalement
Pappus

jacquot

pappus a écrit:

Ta démo coince justement quand tu parles de coincer une sphère entre la quadrique et le plan

Je m'en doutais, en écrivant cette phrase, je me demandais si ce coincement est toujours possible.

Non, mais alors j'imagine qu'on peut quand même enfermer dans ce cul d'ellipsoïde une sphère focale trangente au plan P . Les contacts avec l'ellipsoïde ne seront plus réels, mais repoussés jusqu'à un plan D' où la relation MT=e Mm restera vraie, comme le suggère ta figure de la semaine dernière:


Cette interprétation tient-elle la route?
Il faudrait nous en dire un peu plus sur ces cercles qui ne sont pas réellement bitangents.
Par exemple, pappus, la relation MT = e Mm est -elle vraie pour n'importe quel cercle dès lors qu'il a son centre sur l'axe focal de l'ellipse? Pourvu que l'on choisisse la bonne directrice associée?

Je reviens aux questions parce que je n'ai rien trouvé sur le oueb au sujet des "cercles focaux"
A bientôt.
jacquot

pappus

Mon cher jacquot
Pour rester dans le domaine de la géométrie élémentaire et éviter le recours à la géométrie analytique et aux éléments imaginaires, je pense qu'il faut être plus modeste et procéder ainsi.
On se donne une quadrique de révolution $Q$ et une sphère $S$ tangente à $Q$ le long d'un cercle de contact $C$.
On se donne un point $F \in S$. Alors le plan tangent $P$ à $S$ en $F$ coupe la quadrique $Q$ suivant une conique $\Gamma$ dont $F$ est un foyer et dont la directrice associée $D$ est l'intersection de $P$ avec le plan du cercle de contact $C$.
On peut alors recopier la démo de Dandelin à condition de connaitre la propriété des cercles focaux dont j'ai parlé dans un précédent message.
Amicalement
Pappus

pappus

Par exemple, pappus, la relation MT = e Mm est -elle vraie pour n'importe quel cercle dès lors qu'il a son centre sur l'axe focal de l'ellipse? Pourvu que l'on choisisse la bonne directrice associée?

Bien sûr que non.
Il faut que le cercle soit bitangent à la conique avec des points de contact réels ou non.
Quand les contacts sont réels, pas de problème pour tracer la "directrice" associée au cercle. C'est la corde des contacts.
Quand les contacts ne sont pas réels, c'est plus délicat. Pense au cas du cercle focal de rayon nul, à savoir le foyer!
De toutes façons, on échappe pas à la géométrie analytique pour former l'équation générale de ces cercles bitangents ou focaux. Leurs centres sont situés sur les deux axes de la conique focal ou non focal.
Il y a un cas amusant où ces cercles peuvent s'étudier par la géométrie élémentaire.
C'est celui des cercles focaux de l'hyperbole dont les centres sont situés sur l'axe non focal.
Les points de contact sont toujours réels et il se déduisent tous du cercle principal par des similitudes directes de centre l'un ou l'autre foyer.
Cette configuration a dû faire les choux gras de maints problèmes de Concours Général.




Le cercle focal $\Gamma_{\alpha}$ se déduit du cercle principal $\Gamma_0$ par la similitude directe de foyer $F$ d'angle $\alpha = (\overrightarrow{FO}, \overrightarrow{F\Omega})$ et de rapport $\dfrac 1 {\cos (\alpha)}$ c'est à dire la similtude directe de centre $F$ envoyant le centre $O$ sur le point $\Omega$.
J'ai tracé sans les nommer les points et les droites intervenant dans la construction de la corde des contacts.
Amicalement
Pappus

pappus

Mon cher jacquot
Recherche dans les archives NUMDAM l'article d'Henri Lebesgue dont le titre est:
Sur les cercles focaux, environ 12 pages.
Amicalement
Pappus

jacquot

Merci pappus

Bien sûr que non.
... je m'en doutais.
Et il me semble que pour tracer F' et S', puis D' sur la figure ci-dessus, tu as "triché", non? Du moins, je me sens capable de refaire cette figure

Pense au cas du cercle focal de rayon nul, à savoir le foyer!
dans ce cas, la droite des contacts imaginaires est la directrice de l'ellipse (ou autre conique)

Merci encore pour la référence Numdam
Ça me fera de la lecture!

Amicalement.
jacquot

pappus

Mon cher jacquot
Non, le vieux Pappus ne triche jamais




Voici la figure complète. Alors comment ai-je fait?
Amicalement
Pappus

jacquot

Ok, j'avais bien compris: $NF' = MP$ et $ND' = MD$.
($\Omega$ est centre de symétrie.)
Tu élèves une perpendiculaire à la droite bleue en $F'$ pour obtenir le centre de $S'$.

C'est un peu triché, puisque tu sais que $[MN] $ est l'axe focal de l'ellipse cherchée. Ce faisant, tu utilises déjà le résultat connu.;)

pappus

Mon cher Jacquot
La figure ne prouve rien.
Elle ne vient qu'en complément de la théorie.
Tu vois ici que la sphère $S'$ est "coincée" d'une drôle de façon entre le plan $P$ et l'ellipsoïde $E$.
Amicalement
Pappus

jacquot

la sphère est "coincée" d'une drôle de façon
Je l'avais bien compris! Disons qu'elle n'est pas réellement coincée, mais coincée par la contrainte MF=NF'

Alors, sachant que (*)MF/MD=NF'/ND'=e, et que le centre F' de S' appartient à l'axe focal de l'ellipse, n'est-ce pas suffisant pour dire que pour tout autre point X de l'ellipse E on aura
aussi XF'/XD'=e?
En d'autres termes, que le cercle S' peut être homologué en tant que cercle imaginairement bitangent à E

(*) MD, ND', XD' désignant des distances d'un point à une droite, respectivement Mm, Nn', Xx' où m, n' et x' sont les projetés..)

La figure ne prouve rien
Si notre condition est effectivement suffisante, le problème serait résolu dès lors que l'une des deux sphères est réellement bi* tangente
Mais, selon la position du plan sécant P, il y a sans doute d'autres cas à considérer.

(*tangente suivant un cercle)

Cher pappus, mon propos n'est pas de redémontrer le théorème de Dandelin pour toute quadrique et tout plan sécant. Je souhaitais juste comprendre un peu la généralisation aux quadriques que tu évoquais d'un théorème que je ne connais en fait que depuis peu de temps dans sa restriction au cône de révolution (Voir cosmographe toi-même)

Ta patience et les illustrations de remarque m'ont aidé dans ce sens.

Pour les cercles "imaginairement bitangents" à une ellipse, je comparerais la situation à l'axe radical de deux cercles, facile à tracer quand les deux cercles sont sécants, mais qui continue d'exister quand ils ne le sont plus.

poiuy1

Bonjour, je relance ce sujet car j'essaie de démontrer le théorème de Dandelin (via la définition monofocale d'une conique) :

Avec les notations de la figure :

je définis : $\Pi$ le plan contenant le cercle de contact $k_1$ et $p$ le plan définissant la section, et $D$ la droite d'intersection de ces deux plans . On note $\alpha$ l'angle entre ces deux plans, et $\theta$ le demi-angle au sommet du cône, et enfin $e = \frac{sin(\alpha)}{cos(\theta)}$ (ça n'engage à rien)

Etant donné un point $P$ du plan $p$, on définit le point $K$, son projeté sur $\Pi$ (projeté orthogonal, parallèlement à l'axe du cône), et H son projeté orthogonal sur la droite $D$.

On a alors :
Pour tout point $P$ de $p$, $$PK=PH.sin(\alpha)$$
Pour tout point $P$ de $p$, $P$ appartient au cône si et seulement si $$PK=PP_1.cos(\theta)$$
Comme il a été dit plus haut, pour tout point $P$ de $p$, $P$ appartient au cône si et seulement si $$PF_1=PP_1$$

La conjonction de ces trois affirmations permet de conclure que pour tout point $P$ de $p$, si $P$ appartient au cône alors $$\frac{PF_1}{PH}=\frac{sin(\alpha)}{cos(\theta)}$$ Ceci montre que la section est incluse dans la conique de foyer $F_1$, de directrice $D$ et d'excentricité $e$.

J'aimerais établir l'inclusion réciproque, mais je coince. En effet, en considérant un point $P$ de la conique du plan $p$ définie par $\frac{PF_1}{PH}=\frac{sin(\alpha)}{cos(\theta)}$, j'ai bien que $PF_1.cos(\theta) = PK$, mais je n'arrive pas à en déduire que $P$ appartient au cône.

Auriez vous une idée ?

Merci d'avance.


PS : si nécessaire on peut redéfinir $P_1$ comme étant le point d'intersection de la droite $PS$ avec le plan $\Pi$, la droite $PS$ étant effectivement une génératrice pour $P$ sur le cône, comme sur la figure.

jacquot

Bonjour poiuy,

Je n'ai pas trop envie de calculer ce soir, et j'ai une préférence marquée pour la bifocale...
Mais voilà:
Dans le cas d'une section elliptique, si tu as établi l'inclusion
$(p\cap Cône)\subset Ellipse$, tu as donc , pour tout point $P$ de cette intersection $PF_1+PF_2=Cste$.
Mais cette constante n'est pas n'importe laquelle: c'est $PP_1+PP_2$, soit $P_1P_2$ qui est aussi la plus petite distance des cercles $k_1$ et $k_2$.

Alors, réciproquement, si $P$ est un point de l'ellipse, $PF_1+PF_2$ égale cette distance.
Soit $k$ le cercle parallèle à $k_1$ et $k_2$ situé à la" distance" $ PF_1$ de $k_1$ et $PF_2$ de $k_2$
Le plan $p$ étant oblique, il ne coupe le cercle $k$ qu'en deux points .
Ces deux points appartiennent à l'ellipse et $P$ est donc l'un de ces deux points, puisque situé à la bonne distance de $F_1$ et $F_2$

Mais alors$ P$ est aussi sur le cône, puisque $k$ est inscrit sur ce cône...

Sans doute peut-on faire un raisonnement analogue pour les cas d'une section hyperbolique ou parabolique.

Excuse-moi si mes explications sont brouillonnes, cette discussion date de bien longtemps, j'ai un peu de mal à m'y replonger...
Amicalement.
jacquot

poiuy1

Merci pour ta réponse, j'adapte ton idée à mon cas :

Soit $P$ un point de la conique de $p$ définie par $\frac{PF}{PH}=\frac{\sin \alpha}{\cos \theta}$, soit $C'$ le cercle inscrit sur le cône dans un plan parallèle à $k_1$ situé à la distance $MH.\sin \alpha$ du plan $\Pi$ (tout comme $P$). Alors ce cercle coupe le plan $p$ en (un ou) deux points $M_1$ et $M_2$. Ce(s) point(s) sont dans $p \cap Cône$, et sont donc inclus dans la conique. Or de $M_iK_i = M_i H_i \sin \alpha$ (puisque $M_i \in p$) et $M_i K_i = PH \sin\alpha$ (par choix du plan contenant $M_i$) on déduit que $M_iH_i = PH$, et donc que $P$ est l'un des $M_i$ et est donc dans $p \cap Cône$. ouf !!!


Par rapport à ta remarque sur les paraboles et hyperboles, voici pourquoi je préfère quant à moi la définition monofocale dans ce cas précis : je n'ai pas (encore) supposé que $p \cap Cône$ est une ellipse. C'est en fait le cas si $\frac{\sin\alpha}{\cos\theta}<1$, ce qui est le cas ssi $\alpha + \theta < \frac\pi_2$ c'est à dire si le plan est "moins incliné" que l'ouverture du cône. Dans le cas $\alpha+\theta=\frac\pi_2$ (plan parallèle à une génératrice), soit $e=1$, la démonstration s'applique sans changement, tout comme dans le cas $\alpha+\theta>\frac\pi_2$, en envisageant l'autre moitié du cône.

Dans le cas de la démonstration à base de bifocale, pour l'hyperbole il faut remplacer la sphère du dessous (et pour cause, il n'y a alors plus de "dessous") par une sphère inscrite dans l'autre partie du cône : On a alors $|PF-PF'|$ égal à la distance séparant les deux cercles de contact, chacun sur sa partie du cône.

++
poiuy

poiuy1

Ici pas de sphère inscrite, que des chocolats

++
poiuy

poiuy1

Ceci est plus un amusement qu'une vraie question mais cet oeuf coupé me fait réfléchir. Depuis hier il a été mangé mais on peut raisonnablement supposer qu'il s'agissait d'une surface engendrée par révolution d'une courbe fermée convexe $\Gamma$ autour d'un axe vertical, et je me demande quelle peut être la nature de la section.

En considérant que par un plan horizontal on aurait un cercle $C$ (de rayon variable selon la hauteur de la section) et par un plan vertical on aurait la courbe initiale (ou une réduction si le plan ne passe pas par l'axe), j'intuite que si $f$ est une transformation telle que $\Gamma = f(C)$, alors il existe peut être une application (affine ?) $\gamma$ telle que la section soit de la forme $f o \gamma ( C)$.

D'après ce qui est dit plus haut dans ce fil, c'est le cas pour une ellipsoïde, où $f$ est affine, étant établi que la section est une ellipse.

Je pense qu'il va falloir passer en coordonnées cartésiennes pour établir que je me trompe.

PS : Le théorème de Dandelin se prouve très simplement en coordonnées cartésiennes (au prix d'horribles formules de changements de repère)

jacquot

Bonsoir,
J'avais bien vu ta section d'oeuf en chocolat, je me demandais si c'était une allusion à ce qui précédait dans la discussion: pappus s'y évertuait à m'expliquer que le théorème de Dandelin s'applique aussi aux sections de l'ellipsoïde.

Mais là, tu ouvres le problème . On pourrait considérer que l'oeuf en chocolat est engendré par le révolution d'un ove, (voir "l'ove story") lieu des points tels que MA +2MB =k. C'est encore une définition bifocale(*)

Il est possible que, selon l'inclinaison du plan, les sections soient alors des oves plus ou moins excentriques, leurs excentricité étant régies par l'écartement des foyers.

Je ne suis pas prêt à te suivre dans les tentatives de résolution analytique, mais peut-être est-il possible de faire une démonstration "à la pappus" si on arrive à coïncer des sphères de part et d'autre du plan de la section, l'une dans la pointe de l'ove, et l'autre dans son cul, si je peux me permettre!

(*) Tu dois constater, poiuy, que j'ai un penchant pour les définitions bifocales. C'est parce qu'elles sont purement géométriques, affranchies de tout calcul.
Dans mes lectures de jeunesse, je me souviens d'avoir vu une construction de l'ove avec deux clous plantés en A et B, un morceau de ficelle et un crayon. La ficelle faisait un aller-retour derrière le clou B et ses extrémité étaient nouées en A et à la pointe du crayon pour doubler la distance MB.

La démonstration de Dandelin pour le cône , version bifocale, est purement géométrique. Mais je comprends ton point de vue monofocal qui a l'avantage de traiter deux en un, les cas de l'ellipse et de l'hyperbole, voire celui de la parabole en prime.

jacquot

poiuy1

Merci pour le lien sur l'ove, mes enfants adorent. Je me permets d'ajouter quelques photos sur le thème "géométrie du mercredi".

L'ove selon la méthode donnée par le lien de jacquot :
<a href='http://s17.postimage.org/tp8d4z8lr/2012_04_11_09_41_31.jpg'><img src='http://s17.postimage.org/7dakbl9hn/2012_04_11_09_41_31.jpg'></a&gt; <a href='http://postimage.org/image/wxcui0uvf/'><img src='http://s17.postimage.org/wxcui0uvf/2012_04_11_09_41_55.jpg'></a&gt;
(Pour accentuer la forme d'oeuf, il faut choisir la distance entre les foyers tout juste inférieure à la longueur de ficelle)

Généralisation de la construction de l'ellipse du jardinier, trifocales, quadrifocales, hexafocales... bon il faut savoir s'arrêter. Je constate que la figure obtenue présente les mêmes éléments de symétrie que la figure déterminée par les "foyers" :

<a href='http://s17.postimage.org/l6ubmwcpb/2012_04_11_09_49_34.jpg'><img src='http://s17.postimage.org/o0xh0cevf/2012_04_11_09_49_34.jpg'></a&gt; <a href='http://postimage.org/image/97itfl74b/'><img src='http://s17.postimage.org/97itfl74b/2012_04_11_09_52_22.jpg'></a&gt; <a href='http://postimage.org/image/yu9kmlljf/'><img src='http://s17.postimage.org/yu9kmlljf/2012_04_11_09_55_12.jpg'></a&gt;

++
poiuy

Bruno

C'est drôle, Jacquot ; voilà ce que j'appelais une ove, dans ma tendre jeunesse :

C'est de saison, bien sûr mais n'est fabriqué qu'avec des arcs de cercles (et geogebra œuf corse) !

Bruno

jacquot

Bonjour Bruno,

Certainement, on peut aussi obtenir des courbes en forme d'oeuf par assemblages d'arcs de cercle, mais pour notre ove bifocal, l'aller-retour de la ficelle derrière le clou B lui assure une variation continue de son rayon de courbure, je trouve cela plus élégant.

De mémoire, mes sources sont un "Jeux et loisirs de la Jeunesse" des années 60.

Bruno

Pour revenir au théorème de Dandelin, j'aborde le problème de façon un peu différente dans "les coniques". J'y définit la notion de cône du second degré qui est simplement un cône admettant une conique pour section par un plan ne contenant pas le sommet. Ceci étant posé, on montre que toute section plane d'un cône du second degré est une conique projective (si l'on est dans un espace projectif, sinon on complète l'espace affine) ; le théorème de Dandelin consiste alors à déterminer les éléments métriques de la coniques lorsque l'espace est euclidien.

De mémoire, si l'on utilise la caractérisation par foyer et directrice d'une conique comme le fait poiuy, ce dernier a trouvé l'os de la méthode, c'est à dire que l'intersection du plan et du cercle est inclus dans la conique de foyer, de directrice et d'excentricité calculés, mais la réciproque n'est pas simple et fait intervenir une caractérisation ad hoc du cône. Voir les bouquins de math élem de ma jeunesse. Quant à la méthode bifocale, elle a le défaut de nécessiter une étude de cas selon la nature affine de la conique.

Pour être franc, celle exposée plus haut ne fonctionne de façon harmonieuse que si l'on connaît la caractérisation de coniques projectives par homographie.

Bruno

pldx1

Le théorème Dandelin, vu par Germinal Pierre Dandelin.\\  http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/6/69/Dandelin-1826.pdf

Edit: retour de certains messages.

poiuy

Il fait comme nous, il a bon !

Merci Pierre pour le document.

pldx1

Bonjour, $\def\cc{\mathbb{C}} \def\rr{\mathbb{R}} \def\pccd{\mathbb{P}_{\cc}\!\left(\cc^{2}\right)} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\pglcd{\mathbb{PGL}_{\cc}\!\left(\cc^{2}\right)} \def\pccd{\mathbb{P}_{\cc}\!\left(\cc^{2}\right)} \def\prrd{\mathbb{P}_{\rr}\!\left(\rr^{2}\right)} \def\pglrd{\mathbb{PGL}_{\rr}\!\left(\rr^{2}\right)} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\ds#1{{\displaystyle #1}}  \def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}} $

1. On reprend la détermination d'une conique par deux éléments tangentiels et un cinquième point. Le point $A$ est l'intersection des deux tangentes, $B,C$ sont les contacts et le cinquième point a pour coordonnées barycentriques $p:q:r$ par rapport à $ABC$. Les $B,C$ céviens de $P$ sont $B_{p}\simeq p:0:r$ et $C_{p}\simeq p:q:0$. On paramétrise les céviens du point mobile $M$ par $B_{m}=k\,C+\left(1-k\right)A$ et $C_{m}=K\,C+\left(1-K\right)\,A$.
2. On cherche la correspondance homographique $\phi$ entre les paramètres sur les deux tangentes telle que $\left(A,C,B_{p}\right)\mapsto\left(B,A,C_{p}\right)$. Il vient: \[ birap\left(A,C,B_{p},B_{m}\right)=\frac{k\,p}{\left(1-k\right)r}\;;\;birap\left(B,A,C_{p},C_{m}\right)=\frac{\left(1-K\right)q}{K\,p} \] On en déduit: \[ K=\phi\left(k\right)=\dfrac{-q\,r\,k+q\,r}{\left(p^{2}-q\,r\right)k+q\,r} \]
3. Pour l'instant, $\phi$ est une simple homographie agissant dans $\prrd$, c'est à dire un élément de $\pglrd$. Il se trouve qu'elle est involutive. Voilà, c'est comme cela.
4. Les croisements $B_{m}C_{n}\cap B_{n}C_{m}$ se produisent sur la droite $BC$, c'est le théorème de Desargues. Le vérifier ne coûte rien. Écrivons $B_{m}C_{n},\,B_{n}C_{m},\,BC$ et calculons: \[ \left|\begin{array}{ccc} k_{m}K_{n} & k_{m}\left(1-K_{n}\right) & \left(1-k_{m}\right)K_{n}\\ k_{n}K_{m} & k_{n}\left(1-K_{m}\right) & \left(1-k_{n}\right)K_{m}\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right| \] En substituant, nous trouvons bien $0$. Cela fournit une construction à la règle seule.
5. Demandons-nous quel est le lieu du point $M$ déterminé par la condition $K=\phi\left(k\right)$, ce qui revient à demander le lieu de $M\doteq BB_{m}\cap CC_{m}$. On trouve: \[ M\simeq\left(\begin{array}{c} \left(1-k\right)k\,p^{2}\\ \left(1-k\right)^{2}\,q\,r\\ k^{2}\,p^{2} \end{array}\right) \]
6. Comme $M$ est quadratique en $k$ le lieu est une conique. Une élimination évidente conduit à la matrice de l'équation ponctuelle, et un passage aux inverses conduit à la matrice de l'équation tangentielle. On trouve: \[ \boxed{\mathcal{C}}\simeq\left(\begin{array}{ccc} 2\,q\,r & 0 & 0\\ 0 & 0 & -p^{2}\\ 0 & -p^{2} & 0 \end{array}\right),\quad\boxed{\mathcal{C}^{*}}\simeq\left(\begin{array}{ccc} -p^{2} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2\,q\,r\\ 0 & 2\,q\,r & 0 \end{array}\right) \] prouvant que le lieu obtenu est bien la conique cherchée.
7. Si l'on utilise Geogebra ou analogue, on constate que les points $BB_{m}\cap CC_{m}$ viennent bien se placer sur la conique déterminée par $P,B,C,B+\epsilon\left(B-A\right),C+\epsilon\left(C-A\right)$.
8. Revenons à la transformation $\phi\in\pglrd$. Plongeons tout cela dans $\pcct$ par la transformation de Lubin: $A\mapsto\alpha:1:1/\alpha$ etc. Comme nous n'avons pas l'intention de transformer $A,B,C$ en autant de points invisibles, cette transformation indique notre intention d'utiliser la conique $\vz\vzz-\vt^{2}=0$ comme cercle définissant la métrique utilisée.
9. Transformons les points $B_{m},\,C_{m}$ et oublions la contrainte $k\in\rr\cup\left\{ \infty\right\} $. Nous obtenons: \[ B_{m}\simeq\left(\begin{array}{c} \alpha\,\left(1-k\right)+\gamma\,k\\ 1\\ \dfrac{1-k}{\alpha}+\dfrac{k}{\gamma} \end{array}\right),\quad C_{m}\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{q\,r\left(\alpha-\beta\right)\left(k-1\right)}{kp^{2}-q\,r\,k+q\,r}+\alpha\\ 1\\ \dfrac{q\,r\left(\alpha-\beta\right)\left(1-k\right)}{\alpha\beta\,\left(kp^{2}-q\,r\,k+q\,r\right)}+\ds{\frac{1}{\alpha}} \end{array}\right) \] Posons $B_{m}\simeq\vz:\vt:\vzz$ et éliminons $k$ (différemment dans les différentes cartes), puis portons le résultat dans $C_{m}$. Cela nous donne: \[ \Psi\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{\left(q\,r\beta-p^{2}\alpha\right)\vz+\left(p^{2}\alpha^{2}-q\,r\beta\,\gamma\right)\vt}{\left(q\,r-p^{2}\right)\vz+\left(p^{2}\alpha-q\,r\gamma\right)\vt}\\ 1\\ \dfrac{\alpha\gamma\,\left(\beta\,p^{2}-q\,r\alpha\right)\vzz+\left(q\,r\alpha^{2}-\beta\,\gamma\,p^{2}\right)\vt}{\alpha^{2}\,\beta\,\gamma\left(p^{2}-q\,r\right)\vzz+\alpha\beta\,\left(q\,r\alpha-\gamma\,p^{2}\right)\,\vt} \end{array}\right) \]
10. Nous voyons donc que, en nous limitant à la carte sphérique $\vz:\vt$, la transformation $\Psi$ se résume à une brave homographie $\psi_{u}\in\pglcd$. De même, en nous limitant à la carte sphérique $\vzz:\vt$, la transformation $\Psi$ se résume à une brave homographie $\psi_{d}\in\pglcd$ ($u,d$ pour up et down). Se limiter au produit des deux cartes aurait comme résultat immédiat de faire disparaître les ombilics... et ce n'est pas à faire si nous voulons utiliser la caractérisation des foyers donnée par Plucker.
11. Écrivons que la droite $M\Omega_{y}$ issue de $\Omega_{y}=0:0:1$ est tangente à la conique. Nous avons : \[ \left(M\wedge\Omega_{y}\right)\cdot\left(\begin{array}{ccc} \alpha & \beta & \gamma\\ 1 & 1 & 1\\ \ds{\frac{1}{\alpha}} & \ds{\frac{1}{\beta}} & \ds{\frac{1}{\gamma}} \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{ccc} -p^{2} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2\,q\,r\\ 0 & 2\,q\,r & 0 \end{array}\right)\cdot\tra{\left(\begin{array}{ccc} \alpha & \beta & \gamma\\ 1 & 1 & 1\\ \ds{\frac{1}{\alpha}} & \ds{\frac{1}{\beta}} & \ds{\frac{1}{\gamma}} \end{array}\right)}\cdot\tra{\left(M\wedge\Omega_{y}\right)}=0 \] Cela donne: \[ \left(p^{2}-4\,q\,r\right)\vz^{2}+\left(4\,q\,r\beta+4\,q\,r\gamma-2\,p^{2}\alpha\right)\vt\vz+\left(p^{2}\alpha^{2}-4\,q\,r\beta\,\gamma\right)\vt^{2} \] Cette équation peut se réécrire sous la forme: \[ \dfrac{\left(\vz-\vt\beta\right)\left(\vz-\vt\gamma\right)}{\left(\vz-\alpha\,\vt\right)^{2}}=\dfrac{p^{2}}{4q\,r} \] Cette équation caractérise les foyers géométriques dans la carte sphérique du dessus. De même avons nous une caractérisation dans la carte sphérique du dessous. Et comme il y a quatre façons de recoller tout cela, nous obtenons les quatre foyers analytiques.
12. Lorsque nous nous demandons quels sont les points fixes des homographies $\psi_{u},\psi_{d}$, l'équation up s'écrit: \[ \left(p^{2}-q\,r\right)\vz^{2}+\left(q\,r\beta+q\,r\gamma-2\,p^{2}\alpha\right)\vt\vz+\left(p^{2}\alpha^{2}-q\,r\beta\,\gamma\right)\vt^{2}=0 \] Autrement dit, ce sont les foyers de la conique dont le cinquième point n'est pas notre point $P$ mais le point $Q=2p:q:r$, c'est à dire le point tel que $\left(A,P,P_{a},Q\right)=-1$.
13. Réciproquement les droites $B_{m}C_{m}$ enveloppent une conique puisqu'elles sont issues d'une correspondance homographique réelle entre deux paramétrisations des droites $AC$ et $BC$. Une élimination immédiate montre qu'il s'agit à nouveau de la conique admettant $Q$ comme cinquième point.
14. Nous voyons donc que la correspondance $\left(A,C,B_{p}\right)\mapsto\left(B,A,C_{p}\right)$ conduit à peu près aux mêmes résultats que la correspondance entre les divisions engendrées sur deux tangentes fixes par une tangente mobile, sauf en ce qui concerne les quatre points fixes de $\Psi$ dont la nature géométrique est évidente dans le cas des tangentes et l'est beaucoup moins dans le cas de $\left(A,C,B_{p}\right)\mapsto\left(B,A,C_{p}\right)$.
15. Revenons à la correspondance tangentielle, c'est à dire à celle dont les points fixes sont aux foyers de la conique. On sait qu'alors $\psi_{u}$ s'écrit: \[ \psi_{u}\left(\frac{\vz}{\vt}\right)=\dfrac{\left(f_{1}-\mu_{u}\,f_{2}\right)\vz+\left(\mu_{u}\,f_{2}f_{1}-f_{2}f_{1}\right)\vt}{\left(1-\mu_{u}\right)\vz+\left(\mu_{u}\,f_{1}-f_{2}\right)\vt} \] les $f_{1},f_{2}$ étant les points fixes et $\mu$ étant le multiplicateur c'est à dire $birap\left(f_{1},f_{2},\zeta,\psi_{u}\left(\zeta\right)\right)$. Si l'on s'intéresse au cas général et non plus seulement aux deux tangentes issues de $A$, le multiplicateur $\mu_{u}$ varie en fonction du point commun aux deux tangentes fixes. La formule a déjà été donnée.
16. Dans tous les cas, la correspondance $\Psi$ elle même (et non ses traces dans les deux cartes sphériques) n'est pas une transformation "paisible" et ne peut pas se mettre sous la forme du projectifié d'une application linéaire. Il s'agit d'une transformation de Cremona, ayant trois points d'éclatement (le centre et les deux ombilics) et trois droites de contraction (les isotropes du centre et la droite de l'infini).
17. Revenons à Dandelin. Il serait surprenant qu'il y ait un bug dans ce théorème établi en 1822, et cela pour des raisons de politique internationale. Rappelons le contexte.
18. Lambert Adolphe Jacques Quetelet, souvent associé à Dandelin pour ce théorème, est né à Gand le 7 février 1796 et mort à Bruxelles le 17 février 1874. Il est un mathématicien, astronome, naturaliste et statisticien belge, fondateur de l'Observatoire royal de Belgique. Il fait ses études au Lycée de Gand, ou il commença à enseigner les mathématiques en 1815 à l'âge de 19 ans.
19. Germinal Pierre Dandelin est né au Bourget (France) le 12 avril 1794 et mort à Bruxelles le 15 février 1847. Il est un mathématicien belge, surtout connu pour ses travaux en géométrie. Il fait ses études au Lycée de Gand et remporte, en août 1813, le premier prix des mathématiques spéciales et, en novembre de la même année, entre à l'École polytechnique de Paris.
20. Survient la révolution Belge de 1830, et divers autres événements. Et alors une partie des milieux mathématiques français se met à faire du tapage autour de "l'exposé belge sur les coniques" , moyen comme un autre d'appuyer l'indépendance de la Belgique vis à vis des Pays-Bas et, qui sait, d'aider à réduire l'indépendance de la Belgique vis à vis de la France. Quelques uns étaient des génies, quelques autres étaient simplement du Génie.
21. Dans ce contexte, on imagine aisément que les milieux mathématiques néerlandais (quelques uns étant des génies et quelques autres étant simplement du Génie) ont examiné ce fameux "théorème belge" sous tous ses angles : il y avait de la monnaie à rendre, en particulier sur une certaine leçon de géométrie projective (Anvers, novembre).
22. Par ailleurs, le succès du "théorème de Dandelin" s'explique aisément. Il réintroduisait le cône dans l'étude des sections coniques, et introduisait par la grande porte la méthode des sphères inscrites chère aux chaudronniers.
23. Et la réciproque alors ? Considérons une branche, c'est à dire l'intersection du plan oblique avec une seule des deux nappes du cône circulaire. La portion de plan délimitée par cette branche est convexe. Redisons-le de façon lourde: on prend l'union des segments joignant deux quelconques points de la branche et on obtient une surface convexe plane.
24. Pour fixer le vocabulaire, plaçons l'$axe$ du cône verticalement, et plaçons la $pgp$ (ligne de plus grande pente) du plan sécant dans un plan vu d'en bout. Ce plan $\left(axe,pgp\right)$ est plan de symétrie de la figure, tandis que le plan sécant se décompose en une infinité de marches horizontales qui se présentent de front. Par convexité, chaque marche contient deux points du cône (un point double au besoin) ou n'en contient aucun. Les marches occupées forment un ensemble connexe (une bande plane, ou un demi-plan). Hors de ce connexe, aucun point ne peut donner la bonne valeur de $FM\pm GM$. Dans ce connexe, on conclut par fausse position.

Et une figure (pas de géométrie sans figures !) .

http://www.clowder.net/hop/Dandelin/Ocean.gif
Cordialement, Pierre.

Frydman Charles

J'ai évoque le téléfilm sans prétention "le voyageur imprudent" (1982) https://youtu.be/Qr_vjP55LvA à propos des coniques dites focales. Vers 34 mn Thierry Lhermite en prof de maths énonce en effet la définition des coniques dites focales, alors que le dessin au tableau évoque le théorème de Dandelin. Le plan non matérialisé coupe le cône et dessine  une hyperbole (voir dessin).   Les points de tangence sont les foyers marqués F et F' d'une hyperbole .

https://i.postimg.cc/7L5dy5QT/Le-voyageur-imprudent-14-mn-37.png

Le dessin au tableau correspond exactement a cette image d'hyperbole trouvée sur internet.

https://i.postimg.cc/wMXJvNTQ/cette-image-montre-une-hyperbole-comme-une-section-conique-vintage-dessin-ou-gravure-illustration-t5.jpg
Le plan ne semble pas parallèle à l’axe du cône, il est légèrement incliné    https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Hyperbole_(mathématiques)#/media/Fichier:Conique_hyperbole.png  "Hyperbole obtenue comme intersection d'un cône et d'un plan parallèle à l'axe du cône. Si l'on incline légèrement le plan, l'intersection sera encore une hyperbole tant que l'angle d'inclinaison reste inférieur à l'angle que fait une génératrice avec l'axe du cône."  (wikipedia)

pldx1

Bonjour,

Retour de Dandelin pour tester le retour du LaTeX

Cordialement, Pierre.

Frydman Charles

Rien compris   ?  Ou  il s’agit du retour du pissenlit (Dandelion en anglais)  pour remplacer le LaTex ? Retour également du sujet plus de dix ans après ?

Cordialement
Charles

Frydman Charles

Si on quittait "dent de lion" pour revenir à Dandelin ? J'ai cherché à en savoir plus sur le dessin copié par Thierry Lhermitte (Pierre), un mathématicien ou un dessinateur au tableau. Le dessin est toujours associé à l'hyperbole mais je n'ai pas vu théorème de Dandelin. Il s'agit bien du théorème de Dandelin dans le cas de l'hyperbole, n'est ce pas ? Sur cette représentation un commentaire précise "section conique montrant une hyperbole. Cette image montre une hyperbole pour un dessin au trait cru à la section conique ou illustration de gravure". Petit voyage dans le temps à l'époque de Dandelin ? Peut-on en savoir plus https://i.postimg.cc/7YtHdQwc/Hyperbole-Dandelin-avec-commentaire-gravure.jpg

pappus

Bonjour à tous
Au lieu de philosopher interminablement sur le théorème de Dandelin, le mieux serait encore de consulter le Lebossé-Hémery!
Mais évidemment on préfèrera ânonner les axiomes de Thalès et de Pythagore!
C'est tout ce qu'on sait faire aujourd'hui!
Amicalement
pappus

pldx1

pappus a dit: Au lieu de philosopher interminablement sur le théorème de Dandelin [...]

Mais évidemment on préfèrera ânonner les axiomes de Thalès et de Pythagore! C'est tout ce qu'on sait faire aujourd'hui!

Et Pierre répond: au lieu de jérémier interminablement, on préfèrera contribuer de façon contributive.

pappus

Bonjour à tous
J'ai contribué puisque j'ai renvoyé à un livre accessible à tous que tout le monde peut consulter en ligne!
Ce n'est pas le cas de certains mes interlocuteurs!
Amicalement
pappus

Frydman Charles

https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Hyperbole_(mathématiques)
L’article wikipedia  sur l’hyperbole publie un dessin presque symétrique à celui vu dans le film "le voyageur imprudent". Le 3D n’est pas évident,  il n’est pas  ou mal matérialisé par des pointillés.  Dans le film pas de pointillés,  mais l’hyperbole est vue en perspective. Ces pointillés se voient sur le dessin publié sur internet  et évoquent le 3D  . Ce dessin est copié sur le tableau du film (sans les pointillés). Le commentaire wikipedia évoque les sphères de Dandelin.

"En relation avec la définition précédente, l'hyperbole obtenue comme section de cône et de plan peut être définie par foyer et directrice. On considère une sphère (Σ) inscrite dans le cône (Γ) et touchant le plan (P) en F (sphère de Dandelin) et (P') le plan contenant le cercle de tangence de la sphère et du cône. L'hyperbole est de foyer F et de directrice (D) droite d'intersection des deux plans (P) et (P'). Dans le plan perpendiculaire à (P) et passant par l'axe du cône, se trouvent le point F, le sommet S et le point K. L'excentricité est donnée par le rapport SF/SK. Elle ne dépend que de l'inclinaison du plan par rapport à l'axe du cône. Si l'on appelle (d) la trace de (P) dans le plan perpendiculaire à (P) passant par l'axe du cône, si l'on note α l'angle entre (d) et l'axe du cône et θ l'angle du cône, l'excentricité est de cos(α)/cos(θ)."