Construction de parabole
Réponses
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Bonsoir à tousUne fois le foyer construit, c'est un jeu d'enfant de tracer la directrice sans avoir besoin d'utiliser une quelconque et hypothétique polaire, inconnue au bataillon à tout jamais!Mais je vais être un peu plus exigeant!Quel est le lieu du foyer $F$ et l'enveloppe de la directrice $\Delta$ quand on fait varier la direction asymptotique $\delta$, le point $A$, le point $O$ et la droite $T$ restant donnés ?
Amicalement
pappus
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Je reviens à la figure https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2392419/#Comment_2392419 ; regardons la limite de la corde $(AB)$ lorsque $B$ tend vers $A$, càd aussi celle des droites $(AC)$ ou $(AD)$. Or, les parallélismes vus sur la figure montrent que, à la limite, le quadrilatère $OAUD$ devient un parallélogramme : le point $C$ tend donc vers le milieu de $OU$, ce qui permet le tracé de la tangente.
Amicalement, j__j -
Bonsoir pappus,Le lieu des points d'où on voit la parabole sous un angle droit, c'est un truc ancien non ?
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Mon cher gai requin
Oui, je suppose!
En tout cas, c'est élémentaire et c’est fait dans le Lebossé-Hémery.
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
Amitiés
pappus -
Merci john_johnC'est exactement ce qu'auraient fait nos grands anciens!Donc en restant dans les programmes officiels et sans empiéter sur les plates bandes oniriques de gai requin, on a plus ou moins fait le tour de la question.Certains raisonnements que j'ai faits peuvent même être présentés à des lycéens de Seconde ou de Première.Mais je doute fort qu'on le fasse!Les programmes d'accord mais faut pas exagérer!Il ne reste plus qu'à trouver les lieux que j'ai demandés: celui du foyer ressemble fort à une cissoïde et l'enveloppe de la directrice à une parabole!Amitiéspappus
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Bonjour, pappus,
voici déjà l'enveloppe de la directrice --- calculs faits main, comme chez les Anciens
Direction asymptotique variable : $Y=X\,{\rm tg}\vartheta$ ; coordonnées du point fixe : $(a,\,b)$. Posons $\gamma=\cos\vartheta,\,\sigma=\sin\vartheta$ : l'équation de la parabole est $b(\gamma Y-\sigma X)^2-Y(\gamma b-\sigma a)^2=0$ ; posons en outre $a=\lambda b$.
Changement de repère, sans changement d'origine : $X'=\gamma X+\sigma Y,\, Y'=-\sigma X+\gamma Y$ ; l'équation est sous forme réduite, à translation près. La directrice a pour équation $X'=-\displaystyle\frac{b(\gamma-\lambda\sigma)}{4\sigma}$ ; réduisons au même dénominateur et posons$\gamma'=\cos2\vartheta,\,\sigma'=\sin2\vartheta$. Dans le repère d'origine, l'équation est à présent$\gamma'(4Y+b(1-\lambda^2))+2\sigma'(2X-\lambda b)=4Y-b(1+\lambda^2)$ ; je reviens ensuite à la notation $a$ pour éliminer les $\lambda$.Du nanan ; l'enveloppe est donc la parabole d'équation $4bY-a^2+(2X-a)^2=0$, soit encore $bY+X^2-aX=0$.
Petite vérification : si l'on change $X$ en $-X$ et $a$ en $-a$ ou $Y$ en $-Y$ et $b$ en $-b$, on constate que l'équation est invariante. Ouf ! -
Bonjour à tousC'est mon logiciel qui m'a permis de tracer la dernière figure!On a donc encore rien démontré mais on sait qu'on peut s'investir dans cette recherche car ce qu'on doit trouver n'a pas l'air trop compliqué.Puisque la direction asymptotique de la parabole va servir de paramètre, on doit abandonner le repère affine qui nous avait si bien servi jusqu'ici et utiliser un repère orthonormé. Le plus évident me parait être un repère orthonormé d'origine $O$, la droite $T$ servant de support à l'axe des abscisses.La méthode à suivre? On a pratiquement pas le choix!Ecrire l'équation de la parabole dans ce repère orthonormé puis déterminer foyer et directrice en utilisant des équations qu'on trouve habituellement dans tous les cours de géométrie analytique d'autrefois parce que pour ceux d'aujourd'hui, il ne faut pas trop y compter!Le cas de la parabole est un peu à part.Je me souviens d'ailleurs qu'on étudiait très précisément la parabole en Sup, les points délicats comme la recherche des foyers des autres coniques étant traités en Spé.J'ai essayé cette méthode mais vous connaissez ma paresse congénitale, j'ai vite abandonné devant la complexité pourtant pas très grande des calculs.Alors j'ai essayé autre chose. Faire encore un peu de géométrie avant de commencer les calculs analytiques proprement dits.Et je me suis souvenu des triangles harpons dont on a souvent parlé ici dans des fils que Jelobreuil va nous retrouver vite fait bien fait!Ces triangles harpons sont définis pour tout type de coniques mais il se trouve qu'une parabole est entièrement déterminée par un seul de ses triangles harpons.Par exemple le foyer de la parabole s'exprime très simplement en fonction des sommets d'un de ses triangles harpons.Et c'est cette méthode que j'ai suivie et ça marche pas trop mal, ma foi!Amicalementpappus
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Quant aux foyers : on en a les coordonnées dans le repère mobile puis on revient au repère initial. On obtient la représentation polaire du lieu :
$$\displaystyle\varrho=b\,\frac{(\gamma+\lambda\sigma)^2}{4\sigma}\cdot$$
Cela a bien une tête de cissoïde ; en tout cas, il y a un rebroussement de première espèce à l'origine, et une asymptote. À suivre... -
Merci john_johnTu as eu le courage de faire les calculs, un courage que je n'ai pas eu.Pas idiot de commencer par l'enveloppe de la directrice puisqu'on sait qu'on doit tomber sur une parabole!!Mais encore une fois une chose est de faire les calculs, autre chose est de les interpréter géométriquement!Mais c'est un jeu d'enfant de le faire à partir des calculs que tu viens de faire!AmitiéspappusPSJe t'attends plutôt sur le lieu du foyer!
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Merci john_john pour le calcul du foyer que je viens de découvrir!Je vais quand même exposer ma méthode rien que pour voir si je trouve la même chose que toi!Amitiéspappus
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Bonjour à tousEtant donné un triangle $ABC$, il existe une unique parabole $\Pi$ tangent en $B$ à la droite $T=AB$ et en $C$ à la droite $T'=AC$.Le triangle $ABC$ est appelé triangle harpon de sommet $A$ de la parabole.A partir de la donnée du triangle harpon $ABC$, il est facile de récupérer la parabole, $\Pi$.La droite $BC$ est le graphe d'une correspondance affine: $T\longmapsto T';m\mapsto m'$La parabole $\Pi$ est l'enveloppe des droites $mm'$ joignant les points homologues de la correspondance.La figure montre comment construire le point de contact $M$ de la droite $mm'$avec son enveloppe.$M$ est la projection sur la droite $mm'$ parallèlement à la droite $A\omega$, médiane du triangle $ABC$ issue de $A$.Cette médiane est la direction asymptotique de la parabole.
Jusqu'ici on ne s''est servi que de la structure affine du plan.Pour obtenir le foyer, on se sert d'un résultat qu'on peut trouver dans le Lebossé-Hémery:
En bon français, cela veut dire sur la figure ci-dessous que le foyer $F$ de la parabole $\Pi$ est le centre de la similitude directe $(B,A)\mapsto (A,C)$.Le triangle $FBA$ est directement semblable au triangle $FAC$.Si on identifie le plan euclidien au plan complexe muni de sa structure euclidienne usuelle, cela se traduit par:$$\dfrac{f-a}{f-b}=\dfrac{f-c}{f-a}$$ou encore:$$(f-a)^2=(f-b)(f-c)$$Si on fait intervenir le point $A'$ symétrique de $A$ par rapport à $F$, cela se traduit par:$$(f-a)^2=(f-a')^2=(f-b)(f-c)$$(relation de Newton).Ce qui veut dire que le quadrangle $(A,A',B,C)$ est harmonique: irruption de la géométrie circulaire dans la configuration.Amicalementpappus
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Quant à la cissoïde, elle est effectivement obtenue à partir d'un cercle passant par $O$ et d'une tangente à icelui, d'équations respectives $\varrho=\displaystyle\frac b4(2\lambda\gamma+(\lambda^2-1)\sigma)$ et $\varrho=-\displaystyle\frac b{4\sigma}\cdot$
Puisqu'il existe une description géométrique simple de l'enveloppe et du lieu, peut-être y a-t-il moyen de passer géométriquement de l'un à l'autre ! -
Mon cher john_john
Avant même de commencer mes calculs, je vois déjà une bonne raison de ne pas les faire (mais rassure toi je les ferai quand même!).
La droite $\Delta'$ symétrique de $\Delta$ par rapport à la droite $T$ est perpendiculaire en $F$ à $OF$.
Autrement dit le lieu de $F$ est une podaire de parabole, plus précisément la podaire de $O$ par rapport à la parabole bleue en pointillé!
Amitiés
pappus
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Bonsoir à tousVoici maintenant ma propre solution analytique.Le plan est muni d'un repère orthonormé d'origine $O$ tel que la droite $T$ soit le support de l'axe des abscisses puis est identifié au plan complexe: le point $M(x,y)$ ayant pour affixe $mx+\imath y$.On reconstitue le triangle harpon.Sur ma figure, on lit immédiatement:$d=a+t$ avec $t\in \mathbb R$; $b=a+2t$; $c=-a-t$.La relation de Newton $(f-c)^2=(f-a)(f-b)$ donne:$$f^2+2f(a+t)+(a+t)^2=f^2-2f(a+t)+a^2+2at$$D'où on tire:$$f=-\dfrac{t^2}{4(a+t)}$$Amicalementpappus
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Bonsoir, Pappus,
effectivement, l'érudition permet des calculs nettement plus rapides
Une remarque sur l'équation polaire de la cissoïde : on s'étonnera du signe $+$ au numérateur
; en fait, le $\vartheta$ dans cette équation n'est pas le même que celui introduit au début de mes calculs. En effet, il se déduit du $\vartheta$ initial par le changement $\vartheta\leftarrow\pi-\vartheta$.
Cela se voit sur les courbes tracées par pappus : la tangente de rebroussrment a une pente opposée à celle de la droite $OA$. Au reste, il sera intéressant d'étudier ce que deviennent la parabole et ses éléments caractéristiques lorsque la direction asymptotique coïncide avec celle de $T$, ou celle de $OA$.
Bonne soirée, et amitiés, j__j -
Bonsoir cher papy russe d'Alexandrie,pappus a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2392291/#Comment_2392291[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
est-ce à dire que les paraboles penchées conservent la propriété focale des paraboles droites dans un repère orthonormé ?
Je demande, si la technique et la pédagogie le permet, une explication.
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Bonjour!
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