Construction de parabole
Réponses
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Bonjour à tousComme je l'ai déjà dit, ce problème est la seconde question de l'exercice C334 de l'Iliovici et Robert.Il était donc destiné à de futurs bacheliers et on en attendait probablement une solution euclidienne que je n'ai pas trouvée pour le moment.La solution projective est facile.On détermine les points de contact des paraboles solutions avec la tangente $T$ en utilisant un gros théorème de la théorie des coniques projectives.Amicalementpappus
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Bonjour à tousIl n'est évidemment pas question de se lancer dans la défunte théorie projective des coniques.Par contre il n'est pas interdit de se dépatouiller avec les moyens du bord actuels et on pourrait imaginer une question préliminaire qui reviendrait à utiliser sans le dire cet inaccessible théorème de la théorie des coniques projectives.C'est ce qu'essaye de faire la figure ci-dessous où il faut montrer l'égalité:$$\overline{CO}^2=\overline{CU}.\overline{CV}$$Amicalementpappus
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Il suffit d'appliquer le troisième théorème de Desargues au faisceau de paraboles (éventuellement dégénérées) passant par $A,B,\delta$ (il y en a trois sur la figure de pappus).
On en déduit une involution de la droite $T$ de point central $C$ qui échange $U$ et $V$.
En particulier, tout point fixe $O$ de cette involution vérifie $\overline{CO}^2=\overline{CU}.\overline{CV}$.
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Merci Gai RequinC'est justement ce théorème de Desargues qui ne fait plus partie de notre culture, que je ne voulais pas utiliser.Tu es un étudiant de premier cycle, Bac +1.Tu n'as jamais entendu parler de géométrie projective et tu ne la rencontreras d'ailleurs jamais, comment fais-tu avec les maigres, très maigres moyens du bord à ta disposition pour prouver cette relation?Amitiéspappus
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Je comprends bien pappus mais, à bac+1, impossible d'avoir l'idée d'introduire les produits de droites $(AB)^2$ et $(AU)\times (BV)$.
Tu l'as d'ailleurs dit toi-même dans un autre fil, tu as pensé projectif in the first place.
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Mon cher Gai RequinTu ne veux pas ou tu ne peux pas?Ma question est pourtant claire.Au cours d'un partiel par exemple, notre étudiant tombe sur cette figure dessinée noir sur blanc où on lui demande de prouver cette relation.Pas la moindre géométrie projective à l'horizon!Il faudra bien qu'il s'exécute avec les moyens du bord c'est à dire avec le cours qu'il a ingurgité!Je viens de regarder à nouveau les programmes de l'agrégation externe.C'est encore possible mais tout juste!De toutes façons pas raison de s'inquiéter, si personne ne veut ou ne peut le faire, on sait bien que c'est moi qui le ferai!Amitiéspappus
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Bonjour à tous les deux,
si $O'$ désigne le point de rencontre entre $(AB)$ et $(O,\delta)$, peut-on guider l'étudiant de L1 afin qu'il montre que $\overline{CO'}^2=\overline{CA}.\overline{CB}$ puis la formule avec $C,O,U,V$ grâce à monsieur Thalès -- je ne suis pas sûr d'avoir compris si cette formule était attendue, admise, oder ?
Remarque : pappus, le fil d'hier étant abandonné, et pour cause, attends-tu toujours la discussion du nombre de paraboles, que je n'ai pas encore rédigée mais que j'ai en tête ? -
S'il s'agit en effet d'établir que $\overline{CO'}^2=\overline{CA}.\overline{CB}$, cela se fait tout bêtement grâce à des relations coefficients-racines ; on se place dans un repère affine d'origine $O$ et d'axes $(OC)$ et $(O,\delta)$ de sorte que la parabole a une équation de la forme $Y=aX^2$ (avec même $a=1$ si l'on veut) et la sécante $(AB)$ une équation de la forme $Y=t(X-x_0)$. On obtient alors $\overline{CO'}^2=\overline{CA}.\overline{CB}=(1+t^2)x_0^2$.
Cela étant, pour la construction du point $O$, de quelle arme munis-tu le pauvre étaudiant de L1 : faisceaux de cercles,... ? -
Bonjour john_johnOui tu peux reprendre dans ce fil les discussions du fil que j'ai abandonné tant que ce message nauséabond n'aura pas été effacé!En ce qui concerne la démonstration que tu viens de faire, oui, cent fois oui, c'est celle que j'avais en tête!Il faut utiliser une équation réduite de la parabole! En l'occurrence ici, $y=x^2$Mais il ne faut pas se contenter de dire le mot magique: équation réduite, il faut aussi préciser le repère dans lequel on l'utilise!Cela c'est moins évident.Ces histoires d'équations réduites, ce sont les classifications affine et euclidienne des coniques qui figuraient autrefois dans nos programmes.Comme je l'ai dit, je viens de regarder le programme de l'agrégation de mathématiques: les classifications affine et euclidienne ont disparu si jamais elles furent enseignées!Les coniques affines se sont elles aussi fait la malle.Il ne reste plus grand chose, foyer et excentricité.Copernic n'aurait pas trouvé son système s'il avait vécu en France au vingt et unième siècle.Une fois cette relation montrée d'une façon ou d'une autre, comment effectuer cette construction avec sa règle ébréchée et son compas rouillé!Amitiéspappus
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Mon cher john_johnTu as raison.Je ne pense pas qu'après son baccalauréat, un étudiant normalement constitué puisse effectuer la moindre construction à la règle et au compas que ce soit et en particulier celle là.Mais faisons comme si.Comment toi continuerais-tu avec ta règle ébréchée et ton compas rouillé?Amitiéspappus
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Le cercle rouge (que j'aurais pu centrer au point $C$) est orthogonal au faisceau de cercles contenant le cercle de diamètre $UV$ et le cercle-point $(O)$. Ce cercle n'est pas connu mais l'axe radical de ces deux cercles l'est, puisqu'il passe par $C$ et est orthogonal à $(UV)$.
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Merci john_johnOKOn a construit à la règle et au compas les deux points de contact des paraboles solutions avec la droite $T$.Arrivé à ce stade, est-ce que c'est terminé ou faut-il continuer un bout de chemin pour convaincre tes lecteurs que les paraboles sont bien construites?Car en définitive, ce sont bien ces paraboles qui doivent apparaitre in fine!Amitiéspappus
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Si la droite $(AB)$ n'est pas parallèle à la droite $T$, la parabole contient en outre les symétriques (obliques) $A'$ et $B'$ de $A$ et de $B$ par rapport à $(O,\delta)$, de sorte que nous avons cinq points pour construire la conique.
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Et, si $(AB)$ est parallèle à $T$, une infame bidouille fera le travail
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Mon cher john_johnJe ne te suis plus.Pour le moment on a construit les deux points de contact sur la droite $T$ avec la règle et le compas.D'où deux paraboles solutions qu'il faut construire maintenant.Faisons une expérience de pensée.Tu dois convaincre soit le bachelier d'il y a un siècle soit l'étudiant ou le taupin d'aujourd'hui.Construire la parabole n'a pas le même sens pour eux.Pour le premier il faut exhiber le foyer et la directrice, pour les seconds il faut faire apparaitre d'une manière ou d'une autre les paraboles sur l'écran de leur console!Amicalementpappus
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Bonjour pappus,Cette propriété des points de contact, c'est de la géométrie projective (Brianchon).
Dans le présent fil, c'est Desargues sur les faisceaux de coniques.
Iliovici et Robert, c'est très sympa, mais infaisable sans géométrie projective, d'autant plus que tu nous dis que tout un pan de leur livre est réservé à la géométrie circulaire, i.e. l'étude de la droite projective complexe ! -
Mon cher Gai RequinCet exercice est tiré du livre d'Iliovici et Robert, un cours de géométrie (peut-être amélioré) de la classe de Mathématiques des années $1930$.Les exercices de ce livre sont proposés avant tout aux candidats bacheliers de cette époque.Donc il existe forcément une solution compréhensible par ces futurs bacheliers.Au lieu de te lamenter, tu ferais mieux de chercher une telle solution tout comme je le fais seul dans mon petit coin et j'ai fait quelques progrès dans cette direction.Bien sûr tous les deux avons privilégié la solution projective revenant à déterminer les points de contact des paraboles solutions avec la droite $T$.Mais cette méthode n'est absolument pas naturelle pour nos futurs bacheliers qui sont plutôt obsédés par la recherche des foyers et des directrices des paraboles solutions.Amitiéspappus
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Ces élèves des années 30 étaient des experts en géométrie euclidienne, celle qui m'intéresse le moins à cause de son côté encyclopédique.
Je ne me lamente pas, je fais surtout de la pub pour la géométrie projective, la seule vraiment utile à quiconque veut devenir géomètre de nos jours (hors considérations analytiques).
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Mon cher Gai RequinDans un problème plus ou moins difficile de géométrie dite élémentaire, il faut être à l'affut de toutes les solutions quelles soient euclidiennes, affines, projectives ou circulaires!Amicalementpappus
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Bonjour, pappus,
mais nous, au XXIe siècle, ne pouvons-nous convenir qu'une conique est entièrement connue lorsque cinq points en sont connus, puisque foyers, axes, directrices s'obtiennent avec des constructions bien rodées (grâce au thm de Pascal, aux involutions de Frégier, et al.)
Ici, nous connaissons $A$ (et des points, en veux-tu en voilà), de sorte que le thm de Pascal nous permet de déterminer la tangente en ce point ; le foyer $F$ est donc sur la droite symétrique par rapport à cette tangente de la parallèle à l'axe passant par $A$. On fait alors de même avec $B$. -
Voilà ce que cela donne pour la droite $(AF)$ (merci Blaise) ; faire de même avec $(BF)$ conduirait à une figure illisible... -
La tangente en $A$ n'est pas la droite rouge (qui transperce la lettre $n$), mais celle qui effleure l'extrémité droite du $A$.
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Mon cher john_johnEncore une fois bien sûr, nous savons tous les trois, toi, gai requin et moi que la géométrie projective offre la solution la plus simple mais le problème n'est pas là.Les futurs bacheliers des années $1930$ ne connaissent de la parabole que la définition par foyer et directrice, point barre et ils n'ont jamais entendu parler de géométrie projective.Leur professeur qui leur avait donné cet exercice devait leur fournir une solution compréhensible dans les limites étroites de leur programme.Amitiéspappus
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Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.Il y a un point commun entre les apprentis bacheliers $1930$ et les étudiants d'aujourd'hui!Ni les uns ni les autres n'ont le début du commencement de l'idée de la géométrie projective.L'étudiant d'aujourd'hui est quand même un peu mieux outillé que le bachelier d'autrefois puisqu'il est censé maitriser au moins la géométrie affine.Je vais essayer de me mettre dans la peau d'un bon étudiant d'aujourd'hui et tenter d'expliquer plus clairement certains raisonnements de john_john.Cet étudiant connait son cours de géométrie sur les coniques qui se résume grosso à leurs classifications affine et euclidienne.C'est maigrelet mais cela suffit!Il sait donc qu'il existe un repère dans lequel la parabole a pour équation: $y=x^2$.Il sait aussi que sa note sera majorée s'il exhibe sur sa figure un tel repère.Facile!Il choisit un point $M$ quelconque de la parabole et il complète le parallélogramme $OPMQ$ comme sur ma figure.Alors l'équation de la parabole dans le repère $\{O,(\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OQ})\}$ est $y=x^2$.Il aurait pu tout aussi bien choisir $M=A$ ou $M=B$.So far so good!Maintenant la droite $AB$ a une équation de la forme $ax+by+c=0$ et coupe l'axe $Ox$ au point $C(-\dfrac ca,0)$.L'équation aux $x$ des points d'intersection de la droite $AB$ avec la parabole est:$$bx^2+ax+c=0$$D'après les relations entre coefficients et racines, on a:$x'+x''=-\dfrac ab$ et $x'x''=\dfrac cb$Donc:$$\overline{CU}.\overline{CV}=(x'+\dfrac ca)(x''+\dfrac ca)=x'x''+\dfrac ca(x'+x'')+\dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac{c^2}{a^2}=\overline{CO}^2$$Donc c'est OK pour la relation demandée mais c'est loin, très loin d'être terminé!Amicalementpappus
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Bonjour, pappus,
est-il bien entendu que nous cherchons une solution purement euclidienne, ou affine ?, (acceptant toutefois des calculs avec des coordonnées), à partir du moment où l'on a construit $O$ sur la tangente donnée.
Amicalement, j__j -
Bonjour john_johnLes deux mon colonel.Magnanimes, nous gardons pour nous la magnifique solution projective (absolument incommunicable) et nous consacrons la solution euclidienne au bachelier centenaire et la solution affine à l'étudiant tiktokant.Une fois la relation démontrée, il faut construire les points de contact et là il faut bien dire que le bachelier centenaire est très avantagé par rapport à l'étudiant tiktokant qui probablement n'a jamais construit quoi que ce soit au cours de son passage dans le secondaire!Mais faisons comme si!On trace le cercle de diamètre $UV$ puis on trace le cercle de centre $C$ orthogonal au cercle de diamètre $UV$ qui coupe la droite $T=UV$ aux points de contact $O$ et $O'$.Voir la figure ci-dessous où les données sont en rouge.Arrivé à ce stade, on dispose des deux points de contact $O$ et $O'$.Mais c'est loin d'être terminé et pour notre bachelier centenaire qui cherche désespérément un foyer et une directrice qui se dérobent et pour notre étudiant tiktokant et éventuellement géogébriste convaincu qui cherche à tracer ces paraboles sur l'écran de sa console!Amicalementpappus
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Bonjour à tousOn a donc affaire à deux paraboles, l'une passant par le point de contact $O$ et l'autre par le point de contact $O'$.Puisqu'il faut bien choisir, concentrons nous sur la parabole éventuelle passant par $O$.Comment faire pour la tracer?Pour le bachelier centenaire, tant qu'il n'aura pas exhibé son foyer et sa directrice, seul moyen pour lui de la tracer, il n'arrêtera pas de les chercher.L'étudiant tiktokant, lui, sent confusément qu'avec les données qu'il a sous les yeux, il peut tracer la parabole sans trop de difficultés et il se rappelle confusément ses premiers contacts avec la parabole, sans doute en classe de Seconde.Amicalementpappus
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Bonsoir à tousJe viens de regarder le programme de Seconde Générale et les graphes en font bien partie!Et même l'un des premiers graphes que nos lycéens doivent se farcir est celui de la fonction carré: $x\mapsto x^2$.Est-ce qu'on leur dit que le graphe en question est une parabole?Pas si sûr!Il ne faut pas les traumatiser!Et notre étudiant tiktokant sait qu'il a justement ce graphe à tracer dans un repère qu'il a sous les yeux, à savoir $\{O,(\overrightarrow{OU},\overrightarrow{OW})$.Il sait aussi que GeoGebra sait traiter les graphes, Ludwig nous confirmera la commande!.Donc il trace son graphe et miracle des miracles son graphe a le bon gout de passer aussi par $B$, ce qui n'est que justice après tout le mal qu'on s'est donné pour construire le point $O$.Dans la foulée, il trace aussi la seconde parabole, celle qui passe par $O'$.Et le tour est joué avec uniquement la structure affine du plan alors que son arrière grand-père en serait encore à baver à construire foyers et directrices!Amicalementpappus
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Bonsoir à tousIl se passe ici un phénomène que je ne peux passer sous silence.Observez et méditez sur la configuration ci-dessous à justifier et qui porte le nom d'un très grand géomètre aussi défunt qu'on peut l'être que la géométrie projective qu'il a sans le savoir en partie contribué à créer!Amicalementpappus
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Si Ludwig sait tracer des graphes dans un repère affine avec GeoGebra, je suis très intéressé.
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Bonsoir pappus,Soit $f$ l'homographie de la parabole telle que $O\delta A\mapsto BO\delta$.
Sa pascalienne passe par $V,D$ et $\infty_{OA}$ donc $VD\parallel OA$.
On montre de même que $UD\parallel OB$. -
Merci gai requinJe te laisse à tes litanies projectives dont notre bachelier centenaire et notre étudiant tiktokant n'ont rien mais absolument rien à cirer.Par contre l'un et l'autre connaissent l'axiome de Thalès, la moitié de notre cours de géométrie actuel!$\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CD}}=\dfrac{\overline{CU}}{\overline{CO}}$, axiome de Thalès.$\dfrac{\overline{CU}}{\overline{CO}}=\dfrac{\overline{CO}}{\overline{CV}}$, notre relation si péniblement montrée via l'équation réduite de la parabole.Donc:$$\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CD}}=\dfrac{\overline{CO}}{\overline{CV}}$$Par suite:$$OA\parallel VD$$d'après l'axiome de ThalèsOn montre de même:$$OB\parallel UD$$La configuration qu'on a sous les yeux est donc celle du théorème de Pappus affine!On peut aussi voir cette configuration comme la construction du point courant de la parabole.Le lieu de $B$ quand $D$ parcourt la droite $\delta$ est la parabole.Pour que notre bonheur soit parfait, il ne reste plus qu'à exhiber le foyer et la directrice de la parabole.Notre bachelier centenaire sera satisfait.Et il me semble bien que john_john a déjà plus ou moins répondu à cette question.Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!Amitiéspappus
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Tiens, mes petites pascaliennes permettent de retrouver $\overline{CO}^2=\overline{CU}.\overline{CV}$ sans passer par Desargues et sans utiliser de repère.
Jean-Louis, si tu nous écoutes
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Bonjour à tousJe vois qu'on continue à faire joujou avec une géométrie qui n'est plus enseignée depuis belle lurette et qui ne le sera sans doute plus jamais, alors que notre pauvre bachelier centenaire attend qu'on lui vienne en aide.Vous avez ma dernière figure sous les yeux!Comment faire pour récupérer le foyer et la directrice?Amicalementpappus
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Bonjour,
Il n'y a pas à ma connaissance de commande spécifique pour tracer directement avec GGB un graphe dans un repère affine. Mais on peut s'en tirer en écrivant des équations paramétriques de la courbe dans le repère orthonormé du logiciel. Pour la parabole de ce fil je note $u=\overrightarrow{OU}$ et $v=\overrightarrow{OW}$. Il suffit alors d'entrer : $$ Courbe(x(O + k u + k^2 v), y(O + k u + k^2 v), k, -10, 10).$$ Bien sûr cela s'adapte pour n'importe quelle courbe : on remplace $k^2$ par $f(k)$ dans l'expression ci-dessus.
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Il y a mieux @Ludwig.
Le graphe d'équation $y=f(x)$ dans le repère $\left(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)$ a pour équation barycentrique $Z=f(Y)$ dans le repère affine $(A,B,C)$.Exemple : Avec GGB, le graphe de la fonction carré dans ce repère s'obtient par TriangleCourbe(A,B,C,C=B^2). -
C'est mieux en effet : pas besoin d'entrer une plage pour un paramètre, et surtout cela à le gros avantage de pouvoir tracer une tangente en un point. Avec ma méthode pas de tangente.
Par contre l'objet que tu obtiens est une courbe implicite, donc parfois le rendu ne sera pas terrible. -
Je viens de trouver un autre avantage à ta méthode: si on entre d'abord une fonction du second degré $f$ alors $TriangleCourbe(A,B,C,C=f(B))$ sera reconnu en tant que conique par le logiciel.
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Oui, mine de rien, GGB travaille aussi dans l’enveloppe vectorielle du plan affine réel ce qui n’est pas rien !
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Bonsoir à tousOn ne saura sans doute jamais comment construire le foyer et la directrice de cette parabole.Mais ce n'est pas grave, il nous reste le souvenir d'une géométrie projective disparue corps et biens qui, parait-il, était la panacée de tous nos problèmes!Amicalementpappus
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Bonjour à tousJe ne vais pas vous laisser plus longtemps dans l'ignorance.Sur la figure ci-dessous, vous contemplez la parabole passant par $O$ où elle est tangente à la droite $T$, de direction asymptotique $\delta$ et passant par $A$Elle a été tracée comme graphe de la fonction carré: $x\mapsto x^2$ dans le repère cartésien $\{O,(\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OQ})\}$, voir le programme de la Seconde Générale comme je l'ai ditPour récupérer son foyer, il faut simplement se rappeler pourquoi il mérite son nomSi la parabole était réfléchissante, les rayons parallèles à sa direction asymptotique se réfléchiraient en passant par le foyer et c'est ainsi qu'Archimède incendia la flotte romaine à Syracuse!Or en y regardant bien mais vraiment très bien, nous avons sous les yeux gratis pro Deo une tangente à la parabole, à savoir la droite $T$ elle même!Donc le rayon réfléchi $\delta_O$ passe par le foyerCe serait formidable si nous disposions d'une autre tangente car on pourrait repiquer à la ratatouille mais est-ce que nos programmes maigrelets nous le permettent?Amicalementpappus
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J'en étais moi aussi à la recherche de la seconde tangente ; en tout cas, je pense qu'il ne sert de rien de considérer le point $O'$ où $\delta_0$ recoupe la parabole, puisqu'il est certainement en involution avec $O$ et que le point de Frégier de cette involution ne doit être autre que $F$. En d'autres termes, ta construction, refaite à partir de $O'$, redonnerait sans doute la même droite $\delta_0$
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Le potache de l'entre-deux-guerres ignorait sans doute les involutions de Frégier (comme moi à son âge) et ne pourrait que connaître la déconvenue de constater que $\delta'_0=\delta_0$. -
Et la directrice est la polaire du foyer, qui est facile à construire une fois obtenues $\delta_O$ et $\delta_A$.Sur cette figure, la directrice est en rouge.
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$M$ est le milieu de $OA$ ; la tangente en $O$ coupe la parallèle à $\delta$ en $M$ en un point de la tangente en $A$. J'ai bon, m'sieu? -
Bonjour à tous
Gai Requin comme toujours va folâtrer dans le paradis projectif perdu qui n'intéresse absolument plus personne.
Et john_john découvre avec émerveillement la tangente en $A$ à la parabole.
Tout commence en classe de Première où on apprend à dériver!
La fonction dérivée de la fonction carré $x\mapsto x^2$ est la fonction $x\mapsto 2x$.
La tangente en $A$ à la parabole a donc pour équation dans le repère: $\{O;(\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OQ})\}$ : $$y-1=2(x-1).$$Elle coupe l'axe des $x$ c'est-à-dire la droite $T$ au point $P'(\dfrac 12,0)$ dans ce repère.
Ce point s'appelle le milieu de $OP$ en bon français et on peut repiquer à la ratatouille!
Amicalement
pappus
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Bonjour à tousComment faisaient nos très grands anciens qui ne connaissaient pas la fonction dérivée pour déterminer la tangente en $A$ à la parabole compte tenu des dessins que nous avons déjà faits?Amicalementpappus
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Eh bien, justement, ils utilisaient la propriété de la réflexion des rayons parallèles à l'axe, de même qu'ils connaissaient les propriétés mutatis mutandis des coniques à centre.
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Merci john_johnBien sûr, la définition métrique de la parabole par foyer et directrice mène naturellement à la construction de la tangente en un point telle qu'on la connaissait autrefois au siècle dernier.Ici on a affaire à une nuance un peu subtile.Comment construire la tangente en un point du graphe de la fonction carré $x\mapsto x^2$?Aujourd'hui la plus grande partie de nos étudiants ne sait pas montrer que ce graphe est une parabole et s'en fiche avec raison royalement.Nos grands anciens considéraient la tangente comme limite d'une sécante quand etc, etc....Ils seraient partis de la figure ci-dessous déjà prouvée, auraient fait tendre le point $B$ vers le point $A$ puis ils auraient regardé la position limite de la sécante $AB$.Tout ce que je veux savoir, c'est si cette façon de faire fonctionne?Amicalementpappus
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Ai-je le droit de faire comme Fermat qui factorisait $H$ dans $(X+H)^2-X^2$ puis faisait $H=0$ sans aucune autre forme de procès ?
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Mon cher john_johnC'est plutôt un raisonnement à faire à partir de la figure précédente et tu n'auras aucun scalaire à manipuler!Amicalementpappus
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