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Modifié (3 May) dans Géométrie
Bonjour à tous
Voici un exercice qu'on aurait pu poser aux très bons bacheliers d'autrefois et sans doute aux oraux des grands concours il y a plus de 70 ans.
Heureusement que je ne suis pas tombé dessus sinon je ne serais pas là pour vous en parler.
Voici l'énoncé qu'on devrait trouver dans les fameux Tripos, il faudra que je vérifie
Lieu des foyers des paraboles passant par deux points $A$ et $B$ et de direction asymptotique donnée matérialisée par la droite $L$.
Amicalement
pappus

Réponses

  • Bonjour,

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    Ta figure semble exacte.
    Le lieu est bien une hyperbole!
    Encore faut-il donner ses éléments de réduction et les justifier!
    Amicalement
    pappus
  • À observer la figure de Rescassol, je dirais que $A$ et $B$ sont les foyers et que l'hyperbole est celle de la famille (des hyperboles de foyers $A$ et $B$) qui admet la direction de $L$ pour asymptote.
  • Modifié (3 May)
    Bonsoir
    Le lieu du foyer est une hyperbole de centre le milieu $C$ de $[AB]$.
    Une asymptote est de direction l'axe des paraboles.
    L'autre est de direction symétrique de la droite $(AB)$ par rapport à cette direction d'axe.
    Cordialement,
    Rescassol
  • Modifié (3 May)
    Bonsoir
    L'hyperbole a pour équation $T_{x^2}+T_{xy}+T_x+T_y+T_0=0$ avec :
    $T_{x^2}=-4(xa-xb+ya-yb)(xa-xb-ya+yb)x^2$
    $T_{xy}=-8(xa-xb)(ya-yb)xy$
    $T_x=4(xa^3+xb^3-xa^2xb-xaxb^2+2xayayb-2xayb^2-2xbya^2+2xbyayb)x$
    $T_y=4(xa+xb)(xa-xb)(ya-yb)y$
    $T_0=-xa^4+2xa^2xb^2-4xa^2yayb+4xa^2yb^2-xb^4+4xb^2ya^2-4xb^2yayb$
    Cordialement,
    Rescassol
  • Math Coss
    Tu es un excellent observateur mais cela ne fait pas une démonstration.
    Rescassol
    Tu nous infliges l’équation de l’hyperbole sans nous dire comment tu l’as obtenue!
    Au fait, comment as-tu tracé ta figure?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (3 May)
    Bonsoir,
    % Pappus - 03 Mai 2022 - Lieu
    
    clear all, clc
    
    syms x y xa ya xb yb u real % A(xa;ya) et B(xb;yb)
    
    % La parabole a pour équation y=u x^2 + v x + w 
    % Elle passe par A et B, donc:
    % v*xa + w = ya - u*xa^2
    % v*xb + w = yb - u*xb^2
    % On résout le système:
    
    Mat=[xa 1; xb 1]; 
    U=[ya - u*xa^2; yb - u*xb^2];
    
    Sol=inv(Mat)*U;
    
    v=Factor(Sol(1)); % On a v et w en fonction de u
    w=Factor(Sol(2));
    
    % On trouve:
    
    v = (- u*xa^2 + u*xb^2 + ya - yb)/(xa - xb);
    w = (u*xa^2*xb - u*xa*xb^2 + yb*xa - ya*xb)/(xa - xb);
    
    F(x)=u*x^2+v*x+w;
    
    xs=Factor(-v/(2*u)); % Le sommet de la parabole
    ys=Factor(F(xs))
    
    xf=xs; % Le foyer de la parabole
    yf=Factor(ys+1/(4*u))
    
    % On élimine u entre les deux équations
    
    polx=coeffs(numden(Factor(x-xf)),u);
    poly=coeffs(numden(Factor(y-yf)),u);
    
    R=Factor(Resultant(polx,poly)/(xa-xb)^2);
    Eq=collect(R,[x y])
    
    % On trouve:
    
    Tx2=-4*(xa - xb + ya - yb)*(xa - xb - ya + yb)*x^2;
    Txy=- 8*(xa - xb)*(ya - yb)*x*y;
    Tx=4*(xa^3 + xb^3 - xa^2*xb - xa*xb^2 + 2*xa*ya*yb - 2*xa*yb^2 - 2*xb*ya^2 + 2*xb*ya*yb)*x; 
    Ty=4*(xa + xb)*(xa - xb)*(ya - yb)*y; 
    T0=- xa^4 + 2*xa^2*xb^2 - 4*xa^2*ya*yb + 4*xa^2*yb^2 - xb^4 + 4*xb^2*ya^2 - 4*xb^2*ya*yb;
    
    Nul=Factor(Tx2+Txy+Tx+Ty+T0-Eq) % Vérification
    Pour tracer l'hyperbole, j'ai copié/collé son équation dans Géogébra.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    C'est laborieux mais tu y es arrivé, bravo!
    En résumé tu as écrit l'équation puis tracé la figure, courtesy of Geogebra.
    Math Coss a deviné le reste.
    Ce n'est pas ainsi que j'ai procédé.
    J'ai d'abord fait la figure.
    J'ai demandé à mon logiciel de tracer le lieu et ainsi obtenu l'hyperbole.
    Puis j'ai réfléchi et j'ai trouvé plusieurs preuves géométriques qui se recoupaient!
    Quant à ta preuve analytique, on peut sans doute l'améliorer en travaillant dans un repère orthonormé dans lequel les coordonnées respectives des points $A$ et $B$ sont $(a,0)$ et $(-a, 0)$
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (4 May)
    Bonjour,

    $|FA-FB|=|AA_1-BB_1|=AK=|y_B-y_A|$

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    Serais-tu en train de me démontrer que notre hyperbole est le lieu des points dont la somme des distances aux points $A$ et $B$ est constante?
    C'est absurde!
    Néanmoins, il suffit de modifier très légèrement ton calcul pour arriver au résultat!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour, 


    On prend comme repère barycentrique le triangle $A,B,C$, avec $AC$ dans la bonne direction. Cela laisse une indétermination sur $C$ et donc on ne trouvera pas n'importe quelle expression en $a,b,c$ mais seulement celles qui dépendent en fait de $c$ et de $\cos A, \sin A$. On fait quelques calculs. Comme ce sont des calculs impitoyables, on obtient les foyers et les asymptotes de l'hyperbole en vert.

    Cela, c'était la partie essentielle de l'exercice: utiliser chaque situation pour s'exercer aux méthodes générales. Rien n'empèche, ensuite, de trouver une ruse "sans calculs" qui ne servira à rien sur le long terme: une ruse par problème rusé. On a $BF=BH_b$ ainsi que $AF=AH_a$. On soustrait membre à membre. Et l'on s'écrie: ah quel très bon lycéen j'étais en ces temps zanciens! Cela c'était Thalès. Et maintenant: Pythagore. On utilise $f^2=a^2+b^2$. Ne sait-on pas quelles sont les directions qui portent les longueurs $a$ et $b$ ?  Et l'on s'écrie: protège tes chevilles, toi le bouillant Achile,le grand Myrmidon!.

    Cordialement, Pierre. 
  • Modifié (4 May)
    Bonjour,

    Pappus, je me suis corrigé avant de t'avoir lu, et encore moins d'avoir lu Pierre.
    Je vais le faire maintenant.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol et Merci Pierre
    @ Rescassol
    Tu as seulement confondu le signe plus avec le signe moins, ce qui avait permis au docteur Letuber d'inventer la divine mathématicothérapie.
    Une démonstration analytique moins laborieuse que la tienne serait aussi la bienvenue.
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    Voici ma propre figure!
    $FA=AA''$, $FB=BB''$
    Donc
    $$\vert FA-FB\vert =AC=A'B'$$
    Je ne comprends pas très bien où il faudrait utiliser les axiomes de Thalès ou de Pythagore.
    Je ne vois qu'un brave rectangle $AA'B'C$.
    Il en résulte que le lieu de $F$ est l'hyperbole de foyers $A$ et $B$ et de cercle principal $\Gamma$ de diamètre $A'B'$.
    Les asymptotes suivent immédiatement!
    Amicalement
    pappus

  • Mon cher pappus, je ne comprends pas ce que tu ne comprends pas. Quand on utilise des parallèles pour transporter des longueurs, cela s'appelle utiliser la propriété de Thalès. Transporter à l'aide du groupe de transport, cela ne semble pas si stratosphérique que cela.

    Quant au fait que le rectangle $AA'B'C$ soit rectangulaire, cela vient tout banalement du fait que le triangle $AOA'$ est rectangle en $A'$ parce que $OA'$ est la parallèle par $O$ aux axes des paraboles mobiles, tandis que $AA'$ est la perpendiculaire à cette droite issue de $B$. Comme je n'avais pas deviné quels noms tu allais donner par la suite à tous ces points, je me suis permis de nommer $M$ le milieu de $AB$ et $D$ la projection de $A$ sur $ML_{\infty}$.

    Et alors on a (avec mes notations) $AM^{2}=AD^{2}+DM^{2}$, donnant les valeurs de $a,b$ dans la formule $f^{2}=a^{2}+\left(ib\right)^{2}$. Dans les temps anciens, cela s'appelait la propriété de Pythagore. Cela aurait-il changé ? En tout cas, voilà pourquoi le point $N$ est sur le $\mathrm{cercle}(M,D)$.

    Quand à qualifier de laborieuse la démonstration de Rescassol, cela me semble surprenant. Ce que l'on demande à une démonstration, c'est d'être démonstrative. Ne dit-on pas " Labor omnia vincit improbus" ? En second lieu, pour le problème étudié, choisir un repère ou un autre ne va pas diviser la longueur de la preuve par un facteur mirobolant.  

    Cordialement, Pierre.
  • Mon cher Pierre
    C'est à nos lecteurs de juger.
    Quant aux calculs de Rescassol, il aurait sans doute été préférable de les faire dans le repère que j'ai dit puisque l'équation de l'hyperbole, lieu des foyers, serait alors apparue pratiquement sous sa forme réduite.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (4 May)
    Bonjour à tous
    Voici donc mes calculs faits au pied levé dans mon repère.
    Le lecteur  jugera s'ils sont plus simples que ceux de Rescassol.
    La droite $L$ est de pente $m$.
    Soit $(u,v)$ les coordonnées du foyer.
    La directrice $\Delta$ est de pente $-\dfrac 1m$, est-ce encore enseigné?
    Son équation se présente sous la forme:
    $$x+my+w=0$$
    L'équation de la parabole est donc:
    $$(x-u)^2+(y-v)^2=\dfrac{(x+my+w)^2}{1+m^2}$$
    En faisant $y=0$ dans cette équation on tombe sur un polynôme en $x$ de la forme $A(x^2-a^2)$
    Ce polynôme s'écrit:
    $$m^2x^2-2((1+m^2)u+w)x+(1+m^2)(u^2+v^2)-w^2$$
    D'où les conditions:
    $$(1+m^2)u+w=0$$
    $$(1+m^2)(u^2+v^2)-w^2=-a^2m^2$$
    Il n'y a plus qu'à éliminer $w$ entre ces deux équations pour tomber sur le lieu de $F$:
    $$y^2-m^2x^2+\dfrac{a^2m^2}{1+m^2}=0$$
    Amicalement
    pappus


  • Bonjour,

    $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}$ Comment passer  du repère de Rescassol au repère de pappus, tout en conservant les propriétés métriques des figures? Il convient d'utiliser une similitude. On sait qu'un objet pareil est une collinéation conservant les ombilics. On calcule donc \[ P\doteq\mathrm{collineate}\left(\left[\begin{array}{cccc} -a & a & 1 & 1\\ 0 & 0 & i & -i\\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cccc} x_{a} & x_{b} & 1 & 1\\ y_{a} & y_{b} & i & -i\\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right]\right)\simeq\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{x_{b}-x_{a}}{2a} & \dfrac{y_{a}-y_{b}}{2a} & \dfrac{x_{a}+x_{b}}{2}\\ \dfrac{y_{b}-y_{a}}{2a} & \dfrac{x_{b}-x_{a}}{2a} & \dfrac{y_{a}+y_{b}}{2}\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \] Au passage, on a dégonflé les dénominateurs en imposant que $\left(x_{a}-x_{b}\right)^{2}+\left(y_{a}-y_{b}\right)^{2}=4a^{2}$, c'est à dire en utilisant une rotation, plutôt qu'une similitude générique. Il reste à décrire la direction privilégiée par $m=\tan\left(AB,L\right)=\dfrac{x_{a}-x_{b}}{y_{a}-y_{b}}$. Et alors les paraboles de Rescassol deviennent \[ \boxed{\mathcal{C}_{U}}\doteq\tra P\cdot\boxed{\mathcal{C}_{\mathrm{old}}}\cdot P=\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{U}{2a^{2}} & \dfrac{-U}{2a^{2}m} & 0\\ \dfrac{-U}{2a^{2}m} & \dfrac{U}{2a^{2}m^{2}} & 2\,a\\ 0 & 2\,a & -U/2 \end{array}\right] \] tandis que leurs foyers deviennent  \[ F_{U}\doteq P^{-1}\cdot F_{\mathrm{old}}\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{U}{8am}+\dfrac{\left(x_{a}-x_{b}\right)^{2}a}{2mU}\\ \dfrac{U}{8a}-\dfrac{\left(x_{a}-x_{b}\right)^{2}a}{2U}\\ 1 \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{U}{8am}+\dfrac{a^{3}m}{2\left(m^{2}+1\right)U}\\ \dfrac{U}{8a}-\dfrac{a^{3}m^{2}}{2\left(m^{2}+1\right)U}\\ 1 \end{array}\right) \]

    On ne saurait manquer de voir que les points $F_{U}$ vérifient que $\left(mx+y\right)\left(mx-y\right)$ est indépendant de $U$ et vaut $a^{2}m^{2}/\left(m^{2}+1\right)$. Ce qui donne à la fois les asymptotes et l'équation de la conique qui est le lieu de $F$. On retrouve le triangle rectangle $\delta x:\delta y\simeq m:1$ qui détermine les directions des asymptotes, ainsi que le cercle principal.

    Cordialement, Pierre.
  • Merci Pierre
    En résumé on dispose de deux solutions analytiques dont Pierre vient d'expliquer la connexion et d'une solution géométrique.
    Comme je l'ai dit cet exercice aurait pu être proposé aux oraux des grands concours, il y a 100 ans et c'est sans doute ma solution que l'examinateur attendait.
    Humainement parlant, il est impossible d'exposer la solution de Rescassol dans une planche de 30'.
    L'équation de l'hyperbole obtenue est beaucoup trop compliquée pour identifier ses éléments de réduction en un temps aussi court à moins d'être un surhomme!
    Et si Rescassol est allé au bout de sa méthode, c'est qu'il disposait de logiciels de calcul performants
    Le choix du repère est donc essentiel comme nous le rabâchait mon prof de Taupe.
    Il y a une autre question intéressante.
    J'ai dit que j'avais suivi un chemin différent.
    J'ai d'abord fait la figure.
    J'ai tracé le lieu des foyers puis j'ai cherché et trouvé des preuves géométriques et analytiques.
    Comment ai-je fait la figure?
    Amicalement
    pappus
    PS
    Encore une fois, toutes mes félicitations à Rescassol qui a fourni les deux preuves!
  • Bonsoir
    Je sais bien depuis le temps que je n'obtiendrai aucune réponse!
    Mais cela ne coute rien d'essayer!
    J'ai tracé le milieu $O$ de $AB$ puis la parallèle $L'$ à $L$ passant par $O$.
    On savait, on ne sait plus et on ne saura plus jamais que les tangentes en $A$ et en $B$ à la parabole se coupent en un point $T\in L'$.
    J'ai donc tracé un point $T\in L'$ qui nous servira de paramètre.
    Le triangle $TAB$ est un triangle harpon (néologisme crée je ne sais plus par qui sur ce forum).
    Et ce triangle harpon détermine entièrement la parabole. Je l'ai montré un nombre incalculable de fois sur ce forum.
    En suite j'ai construit le foyer $F$ de cette parabole puis j'ai demandé à mon logiciel de tracer le lieu de ce foyer quand le point $T$ décrit la droite $L'$.
    Mais comment ai-je construit le foyer?
    Amicalement
    pappus


  • Une construction 

  • Merci fm 31 pour ta figure mais tu restes un peu elliptique!
    Peux-tu  expliquer noir sur blanc ta construction des droites $AF$ et $BF$ à ceux de tes lecteurs qui ne connaissent pas très bien la théorie de la parabole même si elle suggérée sur ta figure?
    Amicalement
    pappus


  • Je n'aurais pas trouvé les tangentes issues de T . Mais à partir de ces tangentes on peut construire les normales en A et B . Les rayons parallèles à  L arrivant sur A et B sont réfléchis symétriquement aux normales et passent par F .
  • Merci fm 31
    C'est le miroir parabolique!
    Les rayons parallèles à l'axe se réfléchissent en passant par le foyer!
    Remarque que tu n'as pas besoin de tracer les normales!
    Pourquoi?
    Amicalement
    pappus
  • Oui effectivement , on peut prendre les symétriques des rayons par rapport aux tangentes TA et TB .
  • Modifié (7 May)
    Merci fm 31
    C'est exact, j'aurais pu le faire mais ce n'est pas tout à fait ainsi que j'ai procédé.
    J'ai utilisé le théorème du Lebossé-Hémery ci-dessous pour construire le foyer $F$ de la parabole comme centre de la similitude directe envoyant $(A,T)$ sur $(T,B)$.
    On obtient alors une autre preuve que le lieu de $F$ est une hyperbole!
    Pourquoi?
    Amicalement
    pappus

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