Parabole

pappus · November 2022

Bonjour à tous

J'observe que la parabole est très à la mode en ce moment sur le forum et ce n'est pas moi qui m'en plaindrai.

Voici deux nouveaux exercices sur cette conique qu'on ne peut plus poser aujourd'hui aux oraux des grands concours mais qui étaient très à la mode autrefois.

1° Lieu du foyer d'une parabole roulant sans glisser sur une droite fixe.

2° Trajectoires orthogonales des paraboles de même foyer et même axe focal.

Je pense que le premier exercice qui demande d'avoir au moins une connaissance superficielle des mouvements plan sur plan est inabordable aujourd'hui.

Le second me parait plus facile. C'est la théorie des équations différentielles encore au programme en principe mais en fait je n'en sais rien!

Amicalement

pappus

cailloux · November 2022

Bonjour pappus,

Faute de mieux, une animation :

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/qu/e84ymn4lj84p.gif

Une chose est sûre : le lieu du foyer n'est pas une conique.

Amitiés.

pappus · November 2022

Bravo Cailloux

Alors là tu m'épates!

Il faut que tu m'expliques comment tu as fait.

Je serais bien incapable de réaliser cette animation et encore plus de l'exporter!

J'enrage parfois d'être tout seul dans mon petit coin sans personne pour pouvoir m'aider!

Connaissant le résultat, je trouve que ce que tu as fait est excellent.

Bravissimo!

Amitiés

pappus

pappus · November 2022

Mon cher Cailloux

Pour ta récompense, je me vois obligé de rédiger la solution, ce qui n'est pas une mince affaire car c'est très technique et j'ai bien dû tout oublier depuis ma jeunesse taupinale.

Je vais en garder une manière de faire qui hérissera certains bourbakistes actuels.

C'est un mouvement plan sur plan dans lequel le plan mobile $\Omega XY$ se déplace dans le plan fixe $Oxy$.

On a donc un changement de coordonnées qui se traduit à chaque instant par des formules:

$$(1)\begin{cases}x=X\cos(\theta)-Y\sin(\theta)+\alpha\\y=X\sin(\theta)+Y\cos(\theta)+\beta\end{cases}$$

La parabole est liée au plan mobile dans lequel elle a pour équation réduite: $X^2-2pY=0$.

Ses équations paramétriques dans le plan fixe sont donc:

$$(2)\begin{cases}x=X\cos(\theta)-\dfrac{X^2}{2p}\sin(\theta)+\alpha\\y=X\sin(\theta)+\dfrac{X^2}{2p}\cos(\theta)+\beta\end{cases}$$

Comme la parabole est tangente à chaque instant avec l'axe des abscisses d'équation $y=0$, l'équation: $X\sin(\theta)+\dfrac{X^2}{2p}\cos(\theta)+\beta=0$ doit avoir une racine double $X=-p\dfrac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)}$ et d'autre part le discriminant $\Delta=\sin^2(\theta)-4\beta\dfrac{\cos(\theta)}{2p}=0$ est nul.

Ce qui conduit à:

$$\beta=\dfrac p2\dfrac{\sin^2(\theta)}{\cos(\theta)}$$

Pour aller plus loin,, il faut traduire la condition de roulement.

C'est le plus ardu et tu me permettras de faire une petite pose bien méritée.

Amitiés

pappus

cailloux · November 2022

Euh ... le résultat final est potable mais c'est en fait un infâme bricolage :

Je suis parti de la parabole d'équation $ y=x^2$ de sommet $S$ et d'un point courant $M$.

J'ai calculé l'abscisse curviligne de $M$ :

avec $u$ abscisse de $M$, $SM= \dfrac{u\sqrt{4u^2+1}}{2}+\dfrac{\ln (2u+\sqrt{4u^2+1})}{4}$

On reporte cette abscisse sur l'axe à partir de $S$ pour obtenir le point de contact $T$

Reste à faire subir à la parabole la rotation de centre $M$ et d'angle $\alpha$ (voir figure) suivie de la translation de vecteur $\overrightarrow{MT}$ pour obtenir la parabole qui roule sans glisser sur l'axe des abscisses et récupérer son foyer $F$.

Puis utiliser la fonction lieu appliquée à $F$ lorsque $M$ varie. Ici, $M$ est piloté par le curseur $a$ par l'intermédiaire de sa projection en $m$.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/w2/wuerti97l7ku.png

Une usine à gaz !

Amitiés.

pappus · November 2022

Bonjour à tous

Cela tombe bien, cela a été fait dans un fil voisin, heureusement pour moi:

$$s=\int_0^X\sqrt{1+\dfrac{t^2}{p^2}}dt=\dfrac p2\ln \big(\dfrac Xp+\sqrt{1+\dfrac{X^2}{p^2}}\big)+\dfrac X2\sqrt{1+\dfrac{X^2}{p^2}}$$

J'ai bien dû passer dix bonnes minutes à taper et retaper cette damnée formule.

C'est la longueur de l'arc de la parabole à partir de son sommet!

A l'instant $0$, les axes coïncident, $\theta=0$ et le sommet de la parabole coïncide avec l'origine $x=y=0$.

La condition de roulement se traduit donc par:

$$x=X\cos(\theta)-\dfrac{X^2}{2p}\sin(\theta)+\alpha=\dfrac p2\ln \big(\dfrac Xp+\sqrt{1+\dfrac{X^2}{p^2}}\big)+\dfrac X2\sqrt{1+\dfrac{X^2}{p^2}}$$

On a vu que le point de contact avait pour abscisse $X=-p\tan(\theta)$ dans le plan mobile

On injecte donc cette valeur de $X$ dans l'équation précédente pour obtenir:

$$\alpha=\dfrac p2\ln\big(\dfrac{1-\sin(\theta)}{\cos(\theta)}\big)+\dfrac p2\sin(\theta)$$

C'est presque terminé!

Le foyer $F$ a pour coordonnées $X=0$, $Y=\dfrac p2$ dans les axes mobiles

Ses coordonnées dans les axes fixes sont donc:

$x=\dfrac p2\ln\big(\dfrac{1-\sin(\theta)}{\cos(\theta)}\big)$; $y=\dfrac p{2\cos(\theta)}$

En éliminant $\theta$, on trouve:

$y=\dfrac p2\cosh(\dfrac{2x}p)$

Le lieu de $F$ est une chainette.

Amicalement

pappus

pappus · November 2022

Merci Cailloux pour tes explications.

Encore une fois, ton animation est très convaincante!

Bravo!

Amitiés

pappus

john_john · November 2022

Pour les trajectoires orthogonales : l'ED des paraboles de foyer $O$ et d'axe focal $Ox$ est $r'/r=\sin\vartheta/(1+\cos\vartheta)$ ; donc celui des trajectoires sous l'angle droit est $r'/r=-(1+\cos\vartheta)/\sin\vartheta$ qui s'intègre en $\ln(r/C)=-\ln{\rm tg}(\vartheta/2)-\ln\sin\vartheta$ soit encore $r=\displaystyle\frac C{\sin\vartheta\cdot{\rm tg}\frac\vartheta2}\cdot$ (Terme $C$ rajouté après la remarque de pappus.)

Tracé facile à faire puisque $r$ ne change de signe qu'en passant par l'infini.

john_john · November 2022

Je vais en revanche vérifier si la réponse ne se simplifie pas

pappus · November 2022

Merci john_john

Ce n'est pas très homogène!

On doit trouver plutôt:

$$r=\dfrac{r_0}{\sin \theta\tan\dfrac{\theta}2}$$

Mais quelles sont les courbes obtenues?

Amitiés

pappus

john_john · November 2022

exact : j'ai oublié de taper le $C$ au numérateur.

En fait, on obtient les mêmes courbes que celles de départ, ce qui est normal car, par (presque) tout point passent deux paraboles de ce faisceau tangentiel et les tangentes sont orthogonales en leur point de rencontre (bissectrices intérieure/extérieure de la même paire de droites).

On a le même résultat avec les ellipses de foyers donnés, dont les trajectoires sont les hyperboles de mêmes foyers, et lycée de Versailles.

pappus · November 2022

Bonsoir john_john

Je n'ai pas très bien compris ton problème avec les ellipses.

Peux-tu nous préciser exactement comment est donnée ta famille d'ellipses?

In fine, on doit tomber sur une famille à un paramètre si on veut que la machine aux trajectoires orthogonales fonctionne.

Amitiés

pappus

john_john · November 2022

Les ellipses de foyers $F,F'$ donnés forment une famille à un seul paramètre (le $a$) ; par $M_0$ donné hors de l'axe focal passe l'ellipse d'équation bifocale $MF+MF'=M_0F+M_0F'$ et l'hyperbole d'équation bifocale $MF-MF'=\pm(M_0F-M_0F')$ et elles sont orthogonales en $M_0$ (et en son symétrique par rapport à $(FF')$.

john_john · November 2022

Nota bene : j'ai formé l'EDO parce que pappus en a parlé, mais je ne pense pas que, sans cela, j'aurais pensé à cette solution géométrique. C'est toujours plus facile une fois que l'on a la réponse.