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Ellipse et gudules

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Réponses

  • Mon cher Pierre
    Tu m'as mal compris parce que je me suis mal exprimé.
    Quand je parlais de foyers réels $z_1=a_1+\imath b_1$ et $z_2=a_2+\imath b_2$, je sous entendais que les scalaires $a_1$, $b_1$, $a_2$, $b_2$ vivaient dans $\mathbb R$.
    Autrement dit , les deux foyers réels $z_1$ et $z_2$ sont d'honnêtes nombres complexes vivant dans $\mathbb C\simeq \mathbb R^2$ et sont donc visibles au sens naïf du terme.
    Mon intention est donc très modeste, je demande d'expliciter par quelque écriture que ce soit, la tienne ou bien une autre plus classique, les deux foyers non visibles qui vivent, si j'ai bien compris, quelque part dans $\mathbb C^2$.
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (31 Aug)
    Bonjour à tous
    C'est une chose acquise.
    Toute conique à centre de $\mathbb R^2$ a quatre foyers: deux réels dans $\mathbb R^2\simeq \mathbb C$ et deux imaginaires dans $\mathbb C^2$
    Et je viens de montrer que deux coniques homofocales c'est à dire deux coniques ayant les mêmes foyers réels ont aussi les mêmes foyers imaginaires.
    Donc si je considère une conique $\Gamma$ de $\mathbb R^2\simeq \mathbb C$ euclidien usuel ayant pour foyers $F_1=(a_1,b_1)\simeq a_1+\imath b_1$ et $F_2=(a_2,b_2)\simeq a_2+\imath b_2$, ses deux foyers imaginaires $F'_1$ et $F'_2$ sont entièrement connus.
    Je m'avance peut-être un peu en disant qu'ils sont entièrement connus car jusqu'ici personne, absolument personne, n'a osé s'aventurer à donner leurs composantes explicites dans $\mathbb C^2$ en fonction des scalaires $(a_1,b_1,a_2,b_2)$.
    C'est quand même un peu fort de café!
    Mais faut-il encore s'étonner de quelque chose dans cette époque moyenâgeuse?
    Mais à quoi servent exactement les foyers réels ou imaginaires?
    Prenons par exemple l'ellipse d'équation réduite:
    $$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$$
    avec $a>b>0$.
    On sait que ses foyers réels sont $(\epsilon c,0)$ auxquels correspondent l'équation focale avec $c=\sqrt{a^2-b^2}$:
    $$(x-\varepsilon c)^2+y^2=\dfrac{c^2}{a^2}(x-\varepsilon\dfrac{a^2}c)^2$$
    Cela veut dire que l'excentricité de $\Gamma$ est $\dfrac ca$ et que la directrice associée au foyer $(\epsilon c,0)$ est la droite d'équation: $x=\varepsilon\dfrac{a^2}c$.
    On a vu que ses deux foyers imaginaires sont: $(0,\varepsilon\imath c)$
    Mais y-a-t-il des équations focales associées à ces foyers imaginaires et si oui, lesquelles?
    Amicalement
    pappus
  • Existe-t-il des équations focales lorsque $b>a$ ?
  • Modifié (4 Sep)
    Bonjour à tous
    Oui, pour les foyers imaginaires $(0,\varepsilon\imath c)$ de l'ellipse, il existe une équation focale:
    $$x^2+(y-\varepsilon\imath c)^2=-\dfrac{c^2}{b^2}(y+\varepsilon\imath\dfrac{b^2}c)^2$$
    Cela donne une excentricité et une directrice un peu bizarres, lesquelles au fait ?
    Exercice.
    Recommencer la même histoire avec l'hyperbole d'équation: $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Etonnant, absolument étonnant que personne ne veuille s'intéresser à ces quadruplets de foyers si chers à notre ami Pierre.
    Je rappelle ma question.
    On se donne les foyers réels $(a_1,b_1)\simeq a_1+\imath b_1$ et $(a_2,b_2)\simeq a_2+\imath b_2$ d'une conique à centre $\Gamma$ de $\mathbb R^2\simeq \mathbb C$ euclidien usuel.
    Et je demande les coordonnées dans $\mathbb C^2$ des deux foyers imaginaires de $\Gamma$.
    On peut s'y prendre de deux façons très différentes!
    1° On se sert du fait que le groupe des similitudes opère sur les quadruplets de foyers.
    2° On utilise les points cycliques.
    L'avantage de la première méthode est qu'on a pas besoin de se servir des points cycliques et donc d'une géométrie projective disparue depuis belle lurette.
    Celle de la seconde est qu'on a pas besoin de savoir ce que veut dire un groupe de transformations géométriques opérant sur quelque bestiole que ce soit!
    Comme la géométrie a disparu elle aussi, il ne reste plus à nos amis algébristes qu'à faire opérer les groupes sur eux mêmes!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    Il est clair que les foyers n'intéressent plus personne.
    Quant à moi, je me souviens de ma jeunesse, quand j'ai été renvoyé dans mes foyers, sans le moindre remerciement d'ailleurs.
    Nostalgie!
    J'adore les foyers!
    Sauf les foyers fiscaux et les foyers épidémiques évidemment.
    On va regarder la première méthode.
    On a vu que les coniques ayant pour foyers réels les points $(1,0)$ et $(-1,0)$ avaient pour foyers imaginaires les points $(0,\imath)$ et $(0,-\imath)$.
    On veut savoir ce qu'il en est pour les foyers $(a_1,b_1)\simeq a_1+\imath b_1$ et $(a_2,b_2)\simeq a_2+\imath b_2$.
    On va donc déterminer la similitude directe envoyant la paire $\{(-1,0),(1,0)\}$ sur la paire $\{(a_1,b_1), (a_2,b_2)\}$.
    Atroce, littéralement atroce!
    Ce devrait être interdit de demander de telles choses!!!
    Une fois ceci fait, on fera opérer cette similitude sur les foyers $(0,\imath)$ et $(0,-\imath)$.
    Voilà le programme à suivre!
    Bon courage!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (6 Sep)
    Bonjour à tous
    Je sais que tout le monde se fiche à juste raison des défunts foyers des défuntes coniques.
    Et pourtant déterminer une transformation puis la faire opérer sur quelque objet géométrique, c'est exactement faire de la géométrie et non montrer toujours et toujours que trois points sont alignés ou quatre points cocycliques comme on le croit ici!
    Alors déterminons cette similitude directe.
    L'écriture complexe d'une similitude directe de $\mathbb R^2\simeq \mathbb C$ est très simple:
    $$z\longmapsto \alpha z+\beta,$$ avec $\alpha\in \mathbb C^*$ et $\beta\in \mathbb C$
    D'une façon un peu cuistre, si vous voulez faire croire à votre interlocuteur que vous êtes un spécialiste de la géométrie affine et du fléchi-flécha, vous lui dites qu'une similitude directe de $\mathbb R^2\simeq \mathbb C$ est tout simplement une transformation affine de la droite affine complexe $\mathbb C$.
    On est donc amené à résoudre le système linéaire suivant de deux équations à deux inconnues, atroce, littéralement atroce :
    $$\begin{cases}a_1+\imath b_1&=&\alpha.(-1)+\beta\\a_2+\imath b_2&=&\alpha.(+1)+\beta\end{cases}$$
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Calculons donc cette maudite et défunte similitude directe!
    Du système linéaire précédent, on tire:
    $2\alpha=-(a_1+\imath b_1)+a_2+\imath b_2$, $2\beta=a_1+\imath b_1+a_2+\imath b_2$
    L'écriture de la similitude est donc:
    $$X+\imath Y=\dfrac{-(a_1+\imath b_1)+a_2+\imath b_2}2(x+\imath y)+\dfrac{a_1+\imath b_1+a_2+\imath b_2}2$$
    Et finalement:
    $$\begin{cases}X&=&\dfrac{-a_1+a_2}2x-\dfrac{-b_1+b_2}2y+\dfrac{a_1+a_2}2\\Y&=&\dfrac{-b_1+b_2}2x+\dfrac{-a_1+a_2}2y+\dfrac{b_1+b_2}2\end{cases}$$
    Il ne reste plus qu'à faire un tout petit effort pour récupérer les foyers imaginaires!
    Amicalement
    pappus


  • Modifié (8 Sep)
    Bonjour à tous
    Le dernier pas enfin.
    Notre similitude directe de $\mathbb R^2$ est aussi une transformation affine qui se prolonge naturellement à $\mathbb C^2$.
    C'est ce que Bourbaki appelle pompeusement l'extension des scalaires.
    Alors faute de mieux que de se tourner les pouces, on étend, on étend ou plus précisément, c'est moi qui étend!
    Et on trouve en faisant opérer sur le couple $(0,\imath)$:
    $$\big(\dfrac{a_1+a_2}2+\imath(\dfrac{b_1-b_2}2),\dfrac{b_1+b_2}2+\imath(\dfrac{-a_1+a_2}2)\big)$$
    et en faisant opérer sur le couple $(0,-\imath)$:
    $$\big(\dfrac{a_1+a_2}2-\imath(\dfrac{b_1-b_2}2),\dfrac{b_1+b_2}2-\imath(\dfrac{-a_1+a_2}2)\big)$$
    Ainsi , ce n'était que cela, les foyers imaginaires.
    J'ai le sentiment qu'on a fait beaucoup de bruit pour rien (much ado about nothing!).!
    Mais il va se poser de nouvelles questions qu'on avait pas prévues.
    Je comprends que ceux qui n'ont pas la moindre idée d'un groupe opérant sur un ensemble doivent se sentir un peu frustrés.
    Alors il va bien falloir qu'ils se rabattent sur le plan $B$ avec la deuxième méthode plus géométrique (aïe, aïe, aïe...): à savoir la géométrie projective et les points cycliques(ouille, ouille, ouille...!).
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (9 Sep)
    Bonjour à tous
    La seconde méthode joue sur la caractérisation plückérienne des foyers d'une courbe algébrique et en particulier de ceux d'une conique euclidienne!
    Julius Plücker $(1801-1868)$ est un mathématicien et physicien allemand dont l'importance des travaux en géométrie n'a aucune commune mesure avec ceux des géomètres les plus souvent cités sur ce forum.
    Considérons l'ensemble des coniques $\Gamma$ ayant pour foyers réels les points $F_1$ et $F_2$.
    D'après Plücker, on sait qu'une telle conique $\Gamma$ est tangente aux isotropes issues des foyers $F_1$ et $F_2$.
    Si on appelle $I$ et $J$ les points cycliques, ces isotropes sont les quatre droites; $F_1I$, $F_1J$, $F_2I$, $F_2J$
    Il en résulte que l'ensemble de ces coniques forment un faisceau tangentiel.
    Les coniques décomposées de ce faisceau sont les paires de points $(I,J)$, $(F_1,F_2)$ et $(\Phi, \overline{\Phi})$ où:
    $\Phi=F_1I\cap F_2J$ et $\overline{\Phi}=F_1J\cap F_2I$
    Les points $\Phi$ et $\overline{\Phi}$ sont les foyers imaginaires de $\Gamma$
    Les foyers imaginaires s'obtiennent donc comme intersections de droites, ce qui devrait être aujourd'hui un jeu d'enfant mais fatalitas, ces droites sont des isotropes, inconnues au bataillon depuis belle lurette.
    Alors faisons comme si rien ne s'était passé et continuons.
    Les droites passant par $I$ ont pour pente $\imath$ et celles passant par $J$ pour pente $-\imath$
    Bizarre ces pentes? Vous avez dit bizarre?
    La droite $F_1I$ a donc pour équation:
    $$y-b_1=\imath(x-a_1)$$
    et la droite $F_2J$ pour équation:
    $$y-b_2=-\imath(x-b_2)$$
    Et on se retrouve devant la situation épouvantable suivante:
    résoudre ce système linéaire de deux équations à deux inconnues!!
    Ceux qui ne s'en sentent pas le courage peuvent toujours utiliser leur logiciel de calcul formel favori, quant aux autres, ils devraient trouver facilement pour solution:
    $$(\dfrac{a_1+a_2}2+\imath\big(\dfrac{b_1-b_2}2\big),\dfrac{b_1+b_2}2+\imath\big(\dfrac{a_2-a_1}2\big))$$
    Amicalement
    pappus
  • Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves!
    Vous voyez où je veux en venir en parlant de questions imprévues!!
    On récupère une application qu'on pourrait qualifier de focale:
    $$ (F_1,F_2)\mapsto \Phi$$
    Que peut-on dire de cette application au point de vue algébrique?
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (14 Sep)
    Bonjour à tous
    En attendant Godot sur cette application focale, je vais donner un schéma de la preuve du calcul de notre conique enveloppe
    $\gamma$ et pour cela je vais m'appuyer sur un lemme que nous avons déjà rencontré et que je vais rappeler.
    Soit $\Gamma$ une conique à centre $O$ et de foyers $F$ et $F'$ et de sommets de l'axe focal  $A$ et $A'$.
    Soit $D$ la directrice associée à $F$ et $H=D\cap AA'$.
    On sait que les points $A$ et $A'$ divisent le segment $FH$ dans le rapport $e$ où $e$ est l'excentricité de $\Gamma$.
    Alors le milieu $O$ de $AA'$ divise algébriquement le segment $FH$ dans le rapport $e^2$.:
    $$e^2=\dfrac{\overline{OF}}{\overline{OH}}$$
    Or dans le cas particulier qui nous intéresse, nous connaissons les foyers $\Omega(\alpha,\beta)$ et $\Omega'(\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\alpha,\dfrac{b^2-a^2}{a^2+b^2}\beta)$
    Nous connaissons aussi l'équation de la directrice $D$ associée au foyer $\Omega$:
    $$\dfrac{\alpha x}{a^2}+\dfrac{\beta y}{b^2}-1=0$$
    On peut donc appliquer le lemme précédent sans trop de difficultés (?).
    Amicalement
    pappus


  • Modifié (14 Sep)
    Bonjour à tous
    C'est curieux !
    Comme la moitié du cours de géométrie actuel consiste grosso modo à ânonner l'axiome de Thalès, en long, en large, en travers, en avant et en arrière, je pensais naïvement que les nombreux sectateurs de cet axiome se bousculeraient pour calculer béatement un rapport algébrique qui figure au moins deux fois dans l'énoncé de cette sourate!
    Je vois qu'il n'en est rien!
    Serait-ce à dire que même cet axiome serait sur le point de se faire la malle lui aussi, pour cause de vacuité manifeste?
    Les coordonnées du centre $O$ de $\gamma$ s'obtiennent en faisant la demi-somme des coordonnées correspondantes des foyers $\Omega$ et $\Omega'$ et on trouve assez facilement:
    $$O(\dfrac{a^2\alpha}{a^2+b^2},\dfrac{b^2\beta}{a^2+b^2})$$
    Il reste à calculer les coordonnées du point $H$.
    Comme celui-ci est défini comme étant l'intersection de deux droites, je reconnais bien volontiers que c'est un calcul un peu herculéen et surtout saugrenu par ces temps moyenâgeux que de calculer ses coordonnées $(x_H,y_H)$.
    Allons nous seulement y arriver?
    Mystère et Boule de Gomme!
    Seul l'Avenir Radieux (évidemment) nous le dira !
    Amicalement
    pappus
  • Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.
    Supposons que par un coup de baguette magique, nous ayons pu calculer miraculeusement les coordonnées $(x_H,y_H)$ du point $H$.
    Nous disposons donc  des coordonnées des trois points:
    $O(x_O,y_O)$, $\Omega(x_{\Omega},y_{\Omega})$, $H(x_H,y_H)$.
    Comment faire alors pour calculer ce maudit rapport $\dfrac{\overline{O\Omega}}{\overline{OH}}$$?$
    Serait-ce vraiment mission impossible?
    Cela vaut-il encore le coup d'appliquer l'axiome de Thalès si on est infichu de calculer le moindre rapport?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (13 Sep)
    Bonsoir à tous
    Il était autrefois bien connu que :
    $$\dfrac{\overline{O\Omega}}{\overline{OH}}=\dfrac{x_{\Omega}-x_O}{x_H-x_O}=\dfrac{y_{\Omega}-y_O}{y_H-y_O}$$
    Aujourd'hui je n'en sais fichtre rien.
    Il est plutôt probable que dans notre géométrie lilliputienne réduite aux acquêts se disputent deux clans :
    le clan des abscisses prétendant que la seule formule divine et vraie est :
    $$\dfrac{\overline{O\Omega}}{\overline{OH}}=\dfrac{x_{\Omega}-x_O}{x_H-x_O}$$
    et le clan des ordonnées prétendant que c'est au contraire :
    $$\dfrac{\overline{O\Omega}}{\overline{OH}}=\dfrac{y_{\Omega}-y_O}{y_H-y_O}$$
    Pourvu qu'ils ne s'écharpent pas !
    La seule chose de sûre en tout cas est qu'il nous faut calculer les coordonnées du point $H$ !
    Quel suspense !
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (14 Sep)
    Bonne nuit à tous
    Le grand axe de $\gamma$ passe par le centre $O$ et est perpendiculaire à la directrice dont un vecteur normal est: $(\dfrac{\alpha}{a^2},\dfrac{\beta}{b^2})$
    Ses équations paramétriques sont donc:
    $$\begin{cases}x&=&x_O+t\dfrac{\alpha}{a^2}\\y&=&y_O+t\dfrac{\beta}{b^2}\end{cases}$$
    Les coordonnées du point $H$ doivent satisfaire l'équation de la directrice, on fait donc la combinaison linéaire $\dfrac{\alpha}{a^2}L_1+\dfrac{\beta}{b^2}L_2$ pour obtenir:
    $$1-\dfrac{\alpha}{a^2}\dfrac{a^2\alpha}{a^2+b^2}-\dfrac{\beta}{b^2}\dfrac{b^2\beta}{a^2+b^2}=t(\dfrac{\alpha^2}{a^4}+\dfrac{\beta^2}{b^4})$$
    D'où on tire:
    $$t=\dfrac{a^4b^4(a^2+b^2-\alpha^2-\beta^2)}{(a^2+b^2)(\alpha^2b^4+\beta^2a^4)}$$
    Puis:
    $$x_{\Omega}-x_O=\dfrac{b^2\alpha}{a^2+b^2}$$
    $$x_H-x_O=t\dfrac{\alpha}{a^2}=\dfrac{a^2b^4(a^2+b^2-\alpha^2-\beta^2)\alpha}{(a^2+b^2)(\alpha^2b^4+\beta^2a^4)}$$
    Et au bout du bout et à la fin des fins:
    $$e^2=\dfrac{\alpha^2b^4+\beta^2a^4}{a^2b^2(a^2+b^2-\alpha^2-\beta^2)}$$
    comme je l'avais annoncé!
    Etrange cette utilisation de l'axiome de Thalès dans le calcul d'une excentricité.
    Bizarre cette formule plus simple que celle obtenue par Pierre dans son glossaire!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Sur la formule précédente, que peut-on dire des lignes de niveau de l'excentricité?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (14 Sep)
    Bonjour à tous
    On ne saura sans doute jamais la nature de ces lignes de niveau mais peu importe, j'ai le sentiment du devoir accompli.
    On va voir tout de  suite si je n'ai pas prêché dans le désert, ce qui est sans doute le plus probable mais le reste n'est plus de mon ressort.
    On efface tout et on recommence en remplaçant l'ellipse $\Gamma$ par une parabole du même nom.
    La technique est toujours la même en remplaçant l'équation réduite de l'ellipse par celle de la parabole.
    Je reconnais là une première difficulté, sans doute insurmontable!
    Seul, l'Avenir Radieux pourra nous le dire!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour 
    C'est l'ellipse qui admet comme directrice, la polaire de $\Omega$  par rapport à la parabole et dont un des foyers est $\Omega,$  l'autre foyer  se détermine facilement car le centre est sur l'axe de symétrie de la parabole. 
  • Modifié (14 Sep)
    Merci bd2017
    Bien sûr, il y a des similarités avec le cas de l'ellipse!.
    Mais la conique $\gamma$ n'a aucune raison divine ou humaine d'être une ellipse ou une hyperbole ou quoique ce soit d'autre.
    C'est justement le but de cet exercice de régionner le plan pour distinguer entre ces différents cas!
    Ceci dit tu as remarqué que je n'ai pas hésité à détailler dans le cas d'une ellipse, une solution puisque personne ne pouvait ou ne voulait le faire.
    Serait-ce à dire que je devrais encore une fois rebeloter?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (14 Sep)
    Bonsoir
    Effectivement  cela dépend de  $\Omega=(\alpha, \beta).$  Je résume les calculs comme ceci. 
    Les calculs sont fait dans un repère où l'équation de la parabole est: $y=\dfrac{x^2}{2 p}$  et  $\Omega=(\alpha, \beta)$
    $h(u,v,w)= (u,v,w) K_1 (u,v,w)^t=0$  est l'équation tangentielle de $\gamma$ obtenue, où 
    $K_1=\left(
    \begin{array}{ccc}
     -2 p \beta  & p \alpha  & 0 \\
     p \alpha  & \alpha ^2+\beta ^2 & p+\beta  \\
     0 & p+\beta  & 1 \\
    \end{array}
    \right)$
    $f(x,y)=(x,y,1) K_2 (x,y,1)^t=0 $  est donc l'équation de $\gamma$ où 
     $K_2=    \left(
    \begin{array}{ccc}
     -p^2-2 \beta  p+\alpha ^2 & -p \alpha  & \alpha  p^2+\alpha  \beta  p \\
     -p \alpha  & -2 p \beta  & 2 \left(\beta  p^2+\beta ^2 p\right) \\
     \alpha  p^2+\alpha  \beta  p & 2 \left(\beta  p^2+\beta ^2 p\right) & -2 p \beta ^3-2 p \alpha ^2 \beta -p^2 \alpha ^2 \\
    \end{array}
    \right)$
    L'étude la nature  $\gamma $ fait  intervenir des régions délimitées  par la parabole $\Gamma,$  la parabole $G$ d'équation  $y=\dfrac{x^2}{4 p}-\dfrac{p}{4}$ et
    la directrice de $\Gamma$ notée  $\Delta$ (sauf erreur) . 
    Je n'ai pas le temps de vérifier les détails mais je crois qu'on a une hyperbole lorsque $\Omega$ est entre $G$ et $\Delta.$ 
    Lorsque $\Omega$ est sur la frontière...je n'ai pas le temps de vérifier mais cela ne m'étonnerai pas d'avoir une parabole (point de vue non géométrique) 


  • Mon cher bd2017
    C'est déjà mieux que rien mais quand même moins bien que moi qui ai détaillé absolument tous les calculs dans le cas d'une ellipse.
    Il est vrai que je n'ai plus que cela à faire!
    Je suppose que tu as fait les tiens dans un repère où la parabole a pour équation réduite $y^2=2px$
    On est donc bien obligé de te croire sur parole puisque tu nous assènes tes résultats!
    Personnellement, j'ai trouvé, sauf erreur de ma part toujours possible vu mon grand âge, pour l'excentricité de $\gamma$ la formule:
    $$e^2=\dfrac{p^2+\beta^2}{2p\alpha+p^2}$$
    Est-ce compatible avec tes résultats?
    Car la seule frontière que je trouve est la directrice de la parabole!!!
    Quand le point $\Omega$ est sur $\Gamma$, il se passe un phénomène bien connu, du nom de son inventeur Frégier et on dirait bien que tu n'en as jamais entendu parler mais rien ne peut plus m'étonner aujourd'hui.
    Sur la figure ci-dessous j'ai tracé la parabole $\Lambda$ sur laquelle $\Omega$ doit se trouver pour que $\gamma$ soit une hyperbole équilatère!
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (15 Sep)
    Bonjour
    Pour les calculs il n'y a pas de mystère ; j'ai pris  $y=\dfrac{x^2}{2 p}=f(x) $ pour équation de $\Gamma$  et deux points  $M_i=(x_i,f(x_i))$ sur $\Gamma.$
    Puisque $M_1M_2^2=M_1 \Omega^2 + \Omega M^2$  (Pythagore)  j'obtiens  l'équation de la tangente sous la forme $h(x_1,x_2)=0.$
    En posant $u x +  v  y +  w=0 $ l'équation de la droite $(M_1 M_2), $  j'exprime $x_1 x_2$ et $x_1+x_2$  en fonction de $u/w$ et $v/w$
    que je remplace dans l'équation $h(x_1,x_2)=0.$   
    On trouve donc  l'équation tangentielle  $(u,v,w) K_1 (u,v,w)=0$  avec $K_1$ comme je l'avais donné précédemment.
    Pour l' excentricité,  je trouve bien  le même, i.e $e^2=\dfrac{\alpha ^2+p^2}{p^2+2 \beta  p}  $   (bien entendu en échangeant $\alpha$ et $\beta$ puisque je n'ai pas le même repère.    )
    Concernant les  frontières c'est bien  entre   la directrice est la parabole $\Gamma$ qu'on retrouve une hyperbole.

  • Merci bd2017 pour ta participation!
    Tu parlais d'une certaine parabole $G$, elle aurait donc disparu maintenant?
    La directrice sert de séparateur entre l'existence et la non existence des coniques $\gamma$.
    La parabole $\Gamma$ sert de séparateur entre ellipses et hyperboles.
    Et sur la parabole $\Gamma$ se passe un phénomène, connu sous le nom de Théorème de Frégier.
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (15 Sep)
    Bonjour
    La parabole $G$ n'existait que par une erreur de calcul.  D'où sa disparition.
    Bien sûr, puisque mes  connaissances se limitent à peu près aux théorème de Pythagore et de Thalès, je ne connais pas le théorème de Frégier.
     Lorsque $\Omega$ est sur $\Gamma,$   les tangentes considérées pas par le point fixe $(-\alpha , \dfrac{\alpha ^2}{2 p}+2 p)$
    Ce point fixe est le symétrique $\Omega $ par rapport au  foyer de $\Gamma.$

  • Mon cher bd2017
    Tu avoues toi même que tes connaissances en géométrie se limitent aux axiomes de Thalès et de Pythagore!
    Je te félicite pour cet aveu et sache que tu es loin d'être le seul dans ce cas.
    Je te félicite d'autant plus que tu as résolu avec tes connaissances  ce petit problème sur la parabole.
    Mon bonheur aurait été parfait si tu nous avais présenté tes calculs depuis le début jusqu'à la fin.
    Cela devrait t'inciter à progresser en géométrie en lisant la littérature adéquate.
    Je pense aux livres de Berger ainsi qu'au site indispensable de Daniel Perrin.
    Je te souhaite beaucoup de succès!
    Amicalement
    pappus
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