Paraboles de Stammler

Bonjour Rescassol
et merci.
J'avoue que, pour éviter des calculs, je me suis contenté d'appliquer le théorème de Carnot $\left( 1801\right) $ sans me soucier du fait que, comme dirait Pappus, il y a bien longtemps qu'il est mort et très profondément enterré.
La condition de Carnot pour que nos $6$ points soient sur une même conique est
$\dfrac{\overline{BU}}{\overline{CU}}\cdot \dfrac{\overline{CV}}{\overline{AV}}\cdot \dfrac{\overline{AW}}{\overline{BW}}\cdot \dfrac{\overline{BU^{\prime }}}{\overline{CU^{\prime }}}\cdot \dfrac{\overline{CV^{\prime }}}{\overline{AV^{\prime }}}\cdot \dfrac{\overline{AW^{\prime }}}{\overline{BW^{\prime }}}=1$.
Or, ici, on a $\dfrac{\overline{BU}}{\overline{CU}}\cdot \dfrac{\overline{BU^{\prime }}}{\overline{CU^{\prime }}}=\dfrac{u}{u-1}\cdot \dfrac{u+1}{u}=\dfrac{u+1}{u-1}$, …
Coquilles corrigées. Merci GaBuZoMeu.
Amicalement. Poulbot

Bonjour
Pappus wrote : "Intuitivement, je dirais qu'elle a un point double isolé en $G$ le centre de gravité, (elle est donc unicursale), et que ses asymptotes sont les côtés du triangle $ABC$. Il reste à écrire son équation et à déterminer les points de contact."
Cela se vérifie sans difficulté sur l'équation barycentrique de l'enveloppe $\Gamma $ : $\left( x+y+z\right) ^{3}=27xyz$ (les asymptotes sont inflexionnelles)
C'est aussi, $G$ mis à part, l'ensemble des $\left( \alpha ^{3}:\beta ^{3}:\gamma ^{3}\right) $ où $\left( \alpha ,\beta ,\gamma \right) \in \mathbb R^{3}$ avec $\alpha +\beta +\gamma =0$, ce qui donne un gros paquet de points rationnels.
La parabole $P$ est bitangente à son enveloppe et il faut trouver la corde de contact.
Si $m_{1},m_{2},m_{3}$ sont les milieux de $\left[ UV^{\prime }\right] ,\left[ VW^{\prime }\right] ,\left[ WU^{\prime }\right] $, alors $G,m_{1},m_{2},m_{3}$ et le point à l'infini de $P$ sont alignés sur une droite $D$ et les droites $UV^{\prime },VW^{\prime },WU^{\prime }$ ainsi que la tangente en $G$ à $P$ ont la même direction $\delta $.
La corde de contact a aussi la direction $\delta $ et elle coupe $D$ au symétrique de $G$ par rapport à l'isobarycentre $g$ de $\left( G,m_{1},m_{2},m_{3}\right) $.
Cette corde de contact est aussi la polaire par rapport à $P$ de $M=\left( \alpha ^{3}:\beta ^{3}:\gamma ^{3}\right) $ où $\left( \alpha :\beta :\gamma \right) $ est le point à l'infini de $P$.
Ce point $M=G-2\overrightarrow{Gg}$ est le point où $D$ recoupe $\Gamma $.
J'ai du me livrer à des calculs inhumains, au sens où je n'ai su les faire que sur ordinateur.
En espérant ne pas avoir fait trop d'erreurs.
Amicalement. Poulbot

Bonjour
Essayons de répondre avec des calculs un peu longs, mais simples et élémentaires à mes questions initiales. On peut probablement affiner ces calculs mais j'avoue que, trop content d'en venir à bout, j'en suis resté là
On se place dans le repère cartésien $\left( A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right) $ et on cherche une parabole de la famille dont le coefficient directeur de la direction asymptotique est $\alpha $ donné.
Les droites $UV^{\prime },VW^{\prime },WU^{\prime }$ étant parallèles, les milieux $m_{1},m_{2},m_{3}$ de $\left[ UV^{\prime }\right] ,\left[ VW^{\prime }\right] ,\left[ WU^{\prime }\right] $ doivent être alignés sur une droite de cd (coefficient directeur) $\alpha $.
$m_{2}m_{3}$ et $m_{1}m_{2}$ étant de cd $\alpha $, on a $v=-\left( 1+\alpha \right) u-\alpha $ et $w=-\dfrac{1+\left( 1+\alpha \right) u}{\alpha }$.
Les droites $UV^{\prime }$ et $VU^{\prime }$ ont pour équation
$D_{1}=\alpha \left( 1+u\right) x+\left( 1-u\right) y+\left( u-1\right) \left( \left( 1+\alpha \right) u+\alpha \right) =0$ et $D_{2}=\alpha \left( 1+u\right) x-uy+\left( 1+\alpha \right) u\left( 1+u\right) =0$, ce qui donne, pour toute conique passant par $U,V,U^{\prime },V^{\prime }$ l'équation $D_{1}D_{2}+\lambda x\left( x+y-1\right) =0$.
En exprimant que la forme quadratique des termes du second degré est proportionnelle à $\left( y-\alpha x\right) ^{2}$, il vient $u=\dfrac{1}{3}\dfrac{1-\alpha }{1+\alpha },\lambda =-\dfrac{2\alpha ^{2}}{1+\alpha }$.
On peut alors vérifier que la parabole passe par $G\left( \frac{1}{3},\frac{1}{3}\right) $ et que, avec $u=\dfrac{1}{3}\dfrac{1-\alpha }{1+\alpha },v=-\dfrac{2\alpha +1}{3},w=\dfrac{\alpha +2}{3\alpha }$, les droites $UV$ et $UW$ d'équations $9x+6y-8+\alpha \left( 3x-4\right) =0$ et $6y-2+\left( 3x+9y-1\right) \alpha =0$ passent respectivement par $\left( \dfrac{4}{3},-\dfrac{2}{3}\right) =\left( 1:4:-2\right) $ et $\left( \dfrac{4}{3},\dfrac{1}{3}\right) =\left( -2:4:1\right) $.
On peut aussi constater que, le diamètre $m_{1}m_{2}m_{3}$, d'équation $3\left( \alpha x-y\right) +1-\alpha =0$ coupe la parabole en $G$ et, qu'ainsi, la tangente en $G$ à la parabole est parallèle aux droites $UV^{\prime },VW^{\prime },WU^{\prime }$.


En ce qui concerne l'enveloppe, cela se complique .Il faut commencer par simplifier l'équation de la parabole obtenue plus haut, soit $9\left( y-\alpha x\right) ^{2}-3\alpha \left( 5\alpha +4\right) x-3\left( 4\alpha +5\right) y+2\left( \alpha +2\right) \left( 2\alpha +1\right) =0$,
annuler son discriminant par rapport à $\alpha $ pour obtenir l'équation cartésienne de l'enveloppe des paraboles
$xy\left( 1-x-y\right) -\dfrac{1}{27}=0$ soit, en barycentriques, $\left( x+y+z\right) ^{3}=27xyz$.
Cette cubique est K656 dans la liste de Bernard Gibert. Merci à qui de droit pour l'info.
La suite au prochain numéro (peut-être).
Amicalement.
Poulbot

Bonjour et merci GaBuZoMeu
C'est maintenant corrigé.
Avec toutes mes excuses pour le retard à l'allumage.
Bien cordialement. Poulbot