Similitude directe — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Similitude directe

Bonjour
On considère deux cercles $\Gamma$ et $\Gamma'$ de centres respectifs $O$ et $O'$, de rayons respectifs $R$ et $R'$ tels que $R\ne R'$ et passant par deux points distincts $A$ et $B$
Soit $s$ une similitude directe telle que $s(\Gamma)=\Gamma'$.
Montrer que l'enveloppe de la droite $Ms(M)$ quand $M$ décrit $\Gamma$ est en général une hyperbole conique $H_s$, (merci Poulbot!), dont on donnera les éléments de réduction.
Déterminer et dénombrer les cas d'exception.
Quelle est l'enveloppe des hyperboles coniques $H_s$ quand $s$ varie dans l'ensemble $\mathcal S$ des similitudes directes envoyant $\Gamma$ sur $\Gamma'$?
Amicalement
[small]p[/small]appus60590

Réponses

  • Bonjour
    Voilà ce que donne Cabri.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus60614
  • Bonjour Pappus
    Es-tu certain de ton énoncé?
    Le cercle de similitude passant par $A$ et $B$ a des points de part et d'autre de la droite $AB$. Je pense que, suivant la position du centre de similitude $\Omega $ par rapport à la droite $AB$, l'enveloppe de $Ms\left( M\right) $ sera une ellipse ou une hyperbole (de centre la projection de $\Omega $ sur la droite $OO^{\prime }$). Bien entendu, si $\Omega $ est un des points $A$ ou $B$, la droite $Ms\left( M\right) $ passe par l'autre; il y a $2$ autres cas évidents d'exception, ceux où $s$ est une homothétie.
    Amicalement. Poulbot
  • Mon cher Poubot
    Tu as raison comme d'habitude.
    J'avais oublié cette possibilité!
    Je me fais vieux!
    J'ai rectifié mon énoncé en conséquence!
    Tu as bien vu les cas d'exception, encore faut-il prouver qu'il n'y a que ceux dont tu as parlé.
    J'ai justement voulu généraliser la situation vue dans le fil:
    3 cercles, 2points, 1 droite.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus60610
  • Bonsoir,

    En bleu l'enveloppe des ellipses, en vert l'enveloppe des hyperboles, en orange le lieu des foyers.

    Cordialement, Pierre.60616
  • Bonsoir
    La même figure avec Cabri et des couleurs différentes, rouge pour les hyperboles et bleu pour les ellipses.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus60618
  • Bonsoir
    Avant de faire quoique ce soit avec les enveloppes, il faut déjà déterminer l'ensemble $\mathcal S$ de toutes les similitudes directes envoyant le cercle $\Gamma$ sur le cercle $\Gamma'$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour

    Pappus wrote :
    "Montrer que l'enveloppe de la droite $Ms\left( M\right) $ quand $M$ décrit $\Gamma $ est en général une conique $H_{s}$, dont on donnera les éléments de réduction"

    Afin de pouvoir donner rapidement la réponse à cette question (y compris, d'ailleurs, quand les cercles $\Gamma $ et $\Gamma ^{\prime }$ ne sont pas sécants), je suggère une question préliminaire :

    $s$ étant une similitude directe de centre $S$, montrer que, quand $M$ décrit un cercle de centre $O\neq S$, la projection orthogonale de $S$ sur la droite $Ms\left( M\right) $ décrit (en général) un cercle de centre la projection orthogonale de $S$ sur la droite $Os\left( O\right). $

    Amicalement. Poulbot
  • Merci Poulbot
    Peut-être est-il plus logique après tout de poser ta question avant la mienne?
    Je suis à peu près sûr qu'elle doit figurer quelque part dans les exercices du Lebossé-Hémery que je n'ai pas sous la main puisque, comme je l'ai dit, je suis loin de mes bases pour une période indéterminée!
    La technique est à peu près la même que celle que j'ai suivie dans le fil:
    3 cercles, 2 points, 1droite
    Utiliser le fait que le groupe des similitudes directes fixant un point est abélien.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour Pappus
    Si j'ai proposé ce préliminaire, c'est qu'il donne immédiatement l'enveloppe de la droite $Ms\left( M\right) $, ses foyers et son cercle principal.
    Amicalement. Poulbot
  • Merci Poulbot
    Je l'avais bien compris!
    C'est pourquoi il était sans doute plus logique de poser ta question avant la mienne comme je l'avais dit!
    Mais tout cela n'est qu'une question de goût.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour
    Voici la figure suggérée par Poulbot
    Sur ma figure $\omega$ est la projection orthogonale du centre de similitude $S$ sur la droite $Os(O)$ où $O$ est le centre du cercle $\Gamma$ et $m$ est la projection orthogonale du centre de similitude $S$ sur la droite $Ms(M)$.
    Sur ma figure faite par Cabri,il est apparent que le lieu du point $m$ est un cercle de centre $\omega$.
    Maintenant qu'on sait où l'on va, il devrait être facile (??, j'en doute beaucoup!) de faire la démonstration mais pensez à ce pauvre élève de Terminales d'il y a 70 ans, comment faisait-il sans avoir le début du commencement de la moindre idée du lieu de $m$?
    Il aurait été bien content d'avoir Cabri ou Geogebra sous la main.
    Aujourd'hui cela aurait été possible si entre temps la géométrie n'avait pas disparu corps et biens!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus60656
  • Re-bonjour Pappus
    "Je suis à peu près sûr qu'elle doit figurer quelque part dans les exercices du Lebossé-Hémery que je n'ai pas sous la main puisque, comme je l'ai dit, je suis loin de mes bases pour une période indéterminée!"
    Effectivement, je viens de la trouver dans le mien (Programme $1962$); c'est le $1^{\circ }$ de l'exercice $558$.
    Amicalement. Poulbot
  • Merci Poulbot
    Donc c'était un peu le pont aux ânes de nos bacheliers d'autrefois!
    Ensuite la question sur les enveloppes était facile car c'était pratiquement une question de cours.
    Dans quel chapitre du Lebossé-Hémery était donné cet exercice $558$?
    On peut imaginer que c'était dans celui consacré aux similitudes mais il est possible qu'il l'était dans un des chapitres sur les coniques si les questions suivantes portaient sur des problèmes d'enveloppe!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Re-bonjour Pappus
    Il est dans le chapitre Similitude plane directe.
    "Maintenant qu'on sait où l'on va, il devrait être facile (??, j'en doute beaucoup!) de faire la démonstration"
    Je serais moins dubitatif : avec les notations de ta figure, $m$ est l'image de $M$ par la similitude directe de centre $\Omega $ qui transforme $O$ en $\omega $.
    Amicalement. Poulbot
  • Mon cher Poulbot
    Je suggère qu'on se partage un peu le boulot!
    Je vais faire la démonstration de façon moderne, (enfin quand je dis moderne, il faudrait plutôt dire mort-née) mais pour ta part, pourrais-tu la faire avec les défunts moyens du Lebossé-Hémery qui ne connaissait pas la théorie des groupes?
    Ce serait assez instructif pour nos lecteurs!
    Je commence:
    Appelons $s'$ cette similitude directe de centre $\Omega$ envoyant $O$ sur $\omega$, i.e: $s'(O) =\omega$.
    Soit $s''$ la similitude de centre $\Omega$ envoyant $O$ sur $M$.
    On sait que $s'$ et $s''$ commutent puisque toutes deux fixent $\Omega$.
    Donc $s''(\omega)=s''(s'(O))=s'(s''(O))=s'(M)$
    Donc prouver $s'(M) =m$ équivaut à prouver $s''(\omega)=m$
    On va donc montrer cette dernière égalité!
    On repique à la ratatouille:
    Les similitudes $s$ et $s''$ commutent pour les mêmes raisons, (elles fixent $\Omega$)
    Donc $s''(s(O))=s(s''(O))=s(M)$
    Par suite $s''$ transforme le triangle $\Omega Os(O)$ en le triangle $\Omega Ms(M)$.
    Maintenant $s''$ conserve l'orthogonalité et par suite: $s''(\omega)=m$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Ma démo n'utilise pas ces maudits angles à part l'angle droit.
    Je suis curieux de connaître celle du Lebossé-Hémery.
    J'ai de vagues souvenirs qu'à l'époque j'avais éprouvé quelques torticolis.
    J'ai en tout cas l'impression qu'avec le Lebossé-Hémery, on ne peut échapper à certains critères angulaires caractérisant les triangles directement semblables!
  • Bonjour Pappus
    "Je suis curieux de connaître celle du Lebossé-Hémery"
    L'exercice est donné sans solution.
    Par contre, ils donnent dans le cours le résultat suivant : le centre de la similitude directe transformant $A$ en $A^{\prime }$ et $B$ en $B^{\prime }$ est aussi le centre de la similitude directe transformant $A$ en $B$ et $A^{\prime }$ en $B^{\prime }$ (une variante de $\dfrac{a^{\prime }}{a}=\dfrac{b^{\prime }}{b}\Longrightarrow \dfrac{b}{a}=\dfrac{b^{\prime }}{a^{\prime }}$).
    Du coup, on peut procéder un peu comme toi sans le dire : $\Omega $ est le centre de la similitude directe $O\longrightarrow M,s\left( O\right) \longrightarrow s\left( M\right) $; ainsi, les triangles $\Omega Os\left( O\right) $ et $\Omega Ms\left( M\right) $ sont directement semblables et, $\Omega $ étant le centre de la similitude directe $O\longrightarrow M,\omega \longrightarrow m$ est aussi celui de la similitude directe $O\longrightarrow \omega ,M\longrightarrow m$.
    J'ignore si c'est ce qu'ils voulaient.
    Amicalement. Poulbot
  • Ce serait bien de rédiger les solutions du traité de géométrie de Math-Élém de Lebossé-Hémery. L'équipe des brillants géomètres de ce forum pourrait s'y mettre collectivement, et éditer leur travail en souscription. Les retraités géométrico-nostalgiques (dont je suis) ayant un certain pouvoir d'achat, ce serait économiquement jouable.

    Il me semble me souvenir qu'un des participants à ce forum voulait le faire pour le Lespinard-Pernet, j'espère que son travail est en bonne voie, et il y a probablement pas mal d'énoncés communs.

    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • Mon cher Chaurien
    Faudrait-il rédiger ces solutions avec les défunts moyens du Lebossé-Hémery ou bien à ma façon, moderne mais mort née?
    Ce serait un travail de romains et bien inutile car qui le lirait, les bacheliers de l'époque plus qu'octogénaires dont les survivants, pour la plupart, ont des préoccupations plus importantes que de faire de la géométrie?
    Ce qui m'amuse, c'est qu'un tel travail a déjà été accompli par nos amis anglais qui ont rédigé les solutions des exercices les plus importants du cours de géométrie d'Hadamard.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Merci Poulbot!
    On ne saura jamais les solutions qui étaient attendues après toutes ces années!
    Mais pour montrer que les triangles $\Omega Os(O)$ et $\Omega M s(M)$ sont directement semblables, on devait sans doute utiliser un critère angulaire du genre:
    Les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont directement semblables si et seulement si on a les égalités suivantes entre angles orientés de droites:
    $(AB,AC)=(A'B',A'C')$, $(BC,BA)=(B'C',B'A')$, $(CA,CB)=(C'A',C'B')$
    Quant au résultat du Lebossé-Hémery auquel tu fais allusion, il est simplement dû à la défunte construction du centre de similitude.
    J'ai bien aimé ta démonstration par les complexes, un petit clin d'oeil à Rescassol?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour
    Etant donnés deux cercles $\Gamma $ et $\Gamma ^{\prime }$ de centres $O$ et $O^{\prime }$ et de rayons $R$ et $R^{\prime }$, les similitudes directes transformant $\Gamma $ en $\Gamma ^{\prime }$ sont celles de rapport $\dfrac{R^{\prime }}{R}$ transformant $O$ en $O^{\prime }$. Le lieu de leurs centres est le "cercle de similitude" $C_{S}$, lieu des points $\Omega $ pour lesquels $\dfrac{\Omega O^{\prime }}{\Omega O}=\dfrac{R^{\prime }}{R}$. Son diamètre porté par la droite $OO^{\prime }$ a pour extrémités les centres d'homothétie des $2$ cercles.

    En laissant de côté les cas particuliers, si $\Omega \in C_{S}$ et si $s$ est la similitude directe de centre $\Omega $ transformant $O$ en $O^{\prime }$, on a $s\left( \Gamma \right) =\Gamma ^{\prime }$ et l'étude précédente montre que l'enveloppe de la droite $Ms\left( M\right) $ quand $M$ décrit $\Gamma $ est (en général) une conique $\gamma _{s}$ de foyer $\Omega $, de centre la projection $\omega $ de $\Omega $ sur la droite $OO^{\prime }$ et de cercle principal l'image de $\Gamma $ par la similitude directe de centre $\Omega $ qui transforme $O$ en $\omega $.

    Cette conique a pour excentricité $e=\dfrac{\Omega O}{R}=\dfrac{\Omega O^{\prime }}{R^{\prime }}$ et est donc une ellipse si $\Omega $ est intérieur aux $2$ cercles et une hyperbole si $\Omega $ est extérieur aux $2$ cercles (il est clair que $\Omega $ a même position relative par rapport aux $2$ cercles)

    $\gamma _{s}$ est bitangente à chacun des $2$ cercles $\Gamma $ et $\Gamma ^{\prime }$ mais les contacts ne sont pas toujours réels.
    Plus précisément la corde de contact de $\Gamma $ (resp. $\Gamma ^{\prime }$) et $\gamma _{s}$ est la perpendiculaire à $OO^{\prime }$ passant par l'inverse de $\Omega $ par rapport à $\Gamma $ (resp. $\Gamma ^{\prime }$).

    Les cas particuliers sont ceux où $\Omega $ est un centre d'homothétie des $2$ cercles (auquel cas la droite $Ms\left( M\right) $ passe évidemment par ce point) et où $\Omega $ est un point commun aux $2$ cercles (auquel cas la droite $Ms\left( M\right) $ passe par l'autre).
    Amicalement. Poulbot
  • Merci Poulbot!
    Je n'aurais pu faire mieux de façon aussi concise!
    Quand on regarde la figure de Pierre et aussi la mienne, on a l'impression que l'enveloppe des coniques $H_s$ contiendrait aussi des droites, peut-être les tangentes communes aux deux cercles.
    Il faudrait faire le calcul analytique de cette enveloppe.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour Pappus
    Je n'ai pas trouvé de tangentes communes à toutes les coniques $H_{s}$.
    Amicalement. Poulbot
  • Merci Poulbot!
    Ce n'était donc qu'une illusion d'optique.
    Il faudrait faire le calcul analytique en paramétrant le cercle de similitude mais cela ne me passionne guère.
    Je voudrais revenir sur quelque chose de plus facile mais de plus important
    Prenons deux cercles $\Gamma$ et $\Gamma'$, de centres respectifs distincts $O$ et $O'$ et de rayons différents $R$ et $R'$ (pour être assuré de l'existence du cercle de similitude) mais ne se coupant pas forcément, on est donc dans le cas général.
    Tout point $\Omega$ du cercle de similitude génère deux similitudes envoyant $\Gamma$ sur $\Gamma'$: l'une directe: $s^+_{\Omega}$ et l'autre indirecte $s^-_{\Omega}$ .
    $s^+_{\Omega}$a pour centre $\Omega$, pour rapport $\dfrac{R'}R$ et pour angle, l'angle orienté de vecteurs: $(\overrightarrow{\Omega O},\overrightarrow{\Omega O'})$
    Mais qu'en est-il de la similitude indirecte $s^-_{\Omega}$?
    Calculer $(s^-_{\Omega})^{-1}.s^+_{\Omega}$
    Reprendre cette discussion dans le cas $O\ne O'$ et $R=R'$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Etude en vert et bleu.

    On voit bien quelle est la réunion des courbes algébriques servant de support à l'enveloppe. Pour ce qui est des points ayant un contact visible avec l'une des coniques, cela est moins simple. Cordialement.60690
    60692
  • Merci Pierre
    Tu as fait la figure dans le cas où les deux cercles ont quatre tangentes communes et on a bien le sentiment qu'elles font partie de l'enveloppe.
    Avec touts tes assistants électroniques, il devrait t'être facile de factoriser l'équation de l'enveloppe mais cela n'enthousiasme pas mes vieux neurones!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Re-bonjour Pappus
    L'enveloppe des $H_{s}$ se limite aux $2$ cercles. Voir sur la figure ce qu'il en est des tangentes communes aux $2$ cercles.
    J'ajoute que toute conique d'axe non focal la droite $OO^{\prime }$ et bitangente à chacun des cercles $\Gamma $ et $\Gamma ^{\prime }$ (avec contact réel ou non) est une des coniques $H_{s}$.
    Amicalement. Poulbot60694
  • Merci Poulbot
    Est-ce qu'une paire de tangentes communes symétriques par rapport à la ligne des centres $OO'$ ne serait pas tout simplement une conique $H_s$ dégénérée, séparant pour partie la région des points par lesquels passe une conique $H_s$ de celle des points par lesquels il n'en passe aucune?
    Ce serait en quelque sorte des coniques stationnaires?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Mon cher pappus.
    Ce que l'on voit sur le dessin, c'est que les tangentes communes font partie de la frontière de la "zone d'encombrement" des hyperboles. Cela est naturel puisque les hyperboles ne traversent pas leurs asympotes (hors dégénérescence) et que ces asymptotes sont contraintes par les tangentes communes.

    En fait, deux hyperboles se coupent en quatre points et pas plus. Le fait que chaque hyperbole est quatre fois tangente à la réunion des deux cercles fournit les quatre points communs entre l'hyperbole de paramètre $\nu$ et l'hyperbole de paramètre $\nu + d\nu$. Il n'y a plus d'autres possibilités.

    Par contre, la procédure "eliminate" fournit un objet de degré 8, qui factorise en quatre objets de degré deux: les deux cercles et les deux produits de tangentes communes. Je regarde les détails, et je poste.

    Cordialement, Pierre.
  • Mon cher Pierre
    On a une famille de coniques dépendant d'un paramètre.
    Ta procédure "eliminate" ne fournit-elle pas le discriminant dont la nullité donne non seulement l'enveloppe mais aussi divers objets parasites comme ces coniques stationnaires?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir
    Si j'ai bien compris, plus le centre de similitude $\Omega $ est proche d'un centre d'homothétie $H$, plus $H_{s}$ a tendance à se confondre sur le tracé avec la réunion des $2$ tangentes communes issues de $H$.
    D'autre part, il n'est pas impossible que le fait que $2$ des $H_{s}$ soient des enveloppes réduites à un point perturbe un peu la procédure éliminatrice et lui fasse ajouter à l'enveloppe des $H_{s}$ deux paires de droites passant par ces points.
    Il suffit de vérifier que ces droites n'ont rien à faire dans l'enveloppe; d'ailleurs, je pense que sinon les foyers des $H_{s}$ seraient sur le cercle de diamètre $\left[ OO^{\prime }\right] $ plutôt que sur le cercle de similitude.
    Amicalement. Poulbot
  • @ pappus.
    Je ne me vois pas en maître d’œuvre d'un recueil de solutions du Lebossé-Hémery, alors je suppose que chacun donnerait des solutions à sa guise, et la variété des méthodes serait une richesse. Pourquoi ne pas ouvrir un site Internet consacré à ce projet, et que chacun y dépose sa solution à tel ou tel exercice ?
    Autre chose : où peut-on trouver un recueil en anglais des solutions des exercices de la Géométrie de Hadamard ?
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Bonjour Pappus
    "Mais qu'en est-il de la similitude indirecte $s_{\Omega }^{-}$? "
    C'est bien plus compliqué. Bien sur on a $s_{\Omega }^{-}=s_{\Omega }^{+}\sigma $ où $\sigma $ est le symétrie orthogonale par rapport à la droite $\Omega O$ mais l'enveloppe de la droite $Ms_{\Omega }^{-}\left( M\right) $ est maintenant une sextique.

    En oubliant la translation, dans le cas d'une rotation $s$ (cas où $R=R^{\prime }$), les résultats sont identiques à ceux de la similitude directe, mis à part le fait que $\Omega $ étant sur la médiatrice de $\left[ OO^{\prime }\right] $, les coniques $H_{s}$ sont toutes centrées au milieu de $\left[ OO^{\prime }\right] $.

    Amicalement. Poulbot
  • Bonjour Chaurien
    "Où peut-on trouver un recueil en anglais des solutions des exercices de la Géométrie de Hadamard ?"
    On peut en télécharger une partie sur le site de l'AMS, plus précisément ICI
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour
    Amazon le propose pour 143€!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour.

    Voici une description des calculs conduisant à ces "facteurs inattendus".

    $\def\ptv{~;~} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}$
    1. On se place dans l'espace de Morley et on considère les cercles $\Gamma_{1},\Gamma_{2}$ dont les points génériques sont $\tau$ et $d+R\,\kappa$. Les rayons sont $1$ et $\left|R\right|$, la distance des centres est $\left|d\right|$. Ces deux cercles déterminent un faisceau. Leurs descriptions à la sauce conique, puis à la sauce Veronese sont: \[ C_{1},C_{2}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & -1\\ 0 & 2 & 0\\ -1 & 0 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc} 0 & d & -1\\ d & 2\,\left(R^{2}-d^{2}\right) & d\\ -1 & d & 0 \end{array}\right]\ptv V_{1},V_{2}\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -d\\ d^{2}-R^{2}+1\\ -d\\ 1 \end{array}\right] \]
    2. On en déduit les points de base, ainsi que les points limites du faisceau: \begin{multline*} base\simeq\left[\begin{array}{c} d^{2}-R^{2}+1\mp W\\ 2\,d\\ d^{2}-R^{2}+1\pm W \end{array}\right]\ptv ponc\simeq\left[\begin{array}{c} d^{2}-R^{2}+1\pm W\\ 2\,d\\ d^{2}-R^{2}+1\pm W \end{array}\right]\\ \where W^{2}=\left(R-d+1\right)\left(R-d-1\right)\left(R+d+1\right)\left(R+d-1\right) \end{multline*}

    3. Une similitude envoyant le premier cercle sur le second s'écrit nécessairement \[ \sigma\simeq\left[\begin{array}{ccc} R\nu & d & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & d & \dfrac{R}{\nu} \end{array}\right]\ptv\Omega\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{d}{1-R\:\nu}\\ 1\\ \dfrac{d}{1-R/\nu} \end{array}\right] \] En effet, les ombilics sont fixes, l'image du centre est le centre de l'image, le facteur d'homothétie est le rapport des rayons. Il reste le facteur de rotation $\nu$.

      $\,$
    4. Le lieu du centre $\Omega_{\nu}$ est un cercle. Il appartient au faisceau des deux cercles, et aussi au faisceau des deux centres. Et en effet: \[ V\left(loc\Omega\right)\simeq\left[\begin{array}{c} d\\ R^{2}-d^{2}-1\\ d\\ R^{2}-1 \end{array}\right]\simeq R^{2}\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\\ 1 \end{array}\right]-\left[\begin{array}{c} -d\\ d^{2}+1\\ -d\\ 1 \end{array}\right]\simeq R^{2}V_{1}-V_{2} \] Ce cercle admet pour diamètre les centres d'homothétie: $\dfrac{d}{1+R},~\dfrac{d}{1-R}$.

      $\,$
    5. L'enveloppe des droites $M_{1}M_{2}$ est une conique. On détermine le point de contact par $\Delta\wedge\frac{\partial}{\partial\tau}\Delta$ et on applique locusconi. On obtient: \[ \left[\begin{array}{ccc} d^{2}\nu^{2} & d\nu\,\left(R\nu^{2}+R-2\,\nu\right) & qsp\\ d\nu\,\left(R\nu^{2}+R-2\,\nu\right) & R^{2}\nu^{4}-2\,R^{2}\nu^{2}+4\,d^{2}\nu^{2}+R^{2} & d\nu\,\left(R\nu^{2}+R-2\,\nu\right)\\ \nu\,\left(2\,R^{2}\nu-2\,R\nu^{2}-d^{2}\nu-2\,R+2\,\nu\right) & d\nu\,\left(R\nu^{2}+R-2\,\nu\right) & d^{2}\nu^{2} \end{array}\right] \]


    6. Locusconi a déja fourni l'équation tangentielle. On s'en sert pour déterminer les foyers. Ce sont $\Omega$ et son image dans la droite des centres. On a besoin d'un point pour fixer la conique: on choisit les points de l'axe focal. On obtient \[ y^{2}=-\dfrac{R^{2}\left(\nu-1\right)^{2}\left(\nu+1\right)^{2}}{4\,\nu\,\left(R\nu-1\right)\left(R-\nu\right)} \] On s'en sert pour programmer la visibilité ellipse/hyperbole.

      $\,$
    7. On voit que la conique est bitangente à chaque cercle. Pour le premier cercle, cela donne \[ x=-\dfrac{2\,\nu-R\nu^{2}-R}{2\,\nu\,d}\ptv y^{2}=1-\dfrac{1}{4\,d^{2}}\left(R\nu-2+R\frac{1}{\nu}\right)^{2} \]


      $\,$
    8. On obtient l'équation en $\vz,\vt,\vzz$ de l'enveloppe des coniques en éliminant $\nu$ entre $\mathcal{C}\left(\nu\right)$ et $\frac{\partial}{\partial\nu}\mathcal{C}\left(\nu\right)$. On forme la matrice de Sylvester, qui comporte ici $3+4$ lignes et autant de colonnes. Le résultant est un polynôme de degré 14, qui se factorise en: \[ 256\:R^{6}\,\left(\vt^{2}-\vz\vzz\right)^{2}\left(R^{2}\vt^{2}-\vt^{2}d^{2}+\vt\vz d+\vt\vzz\,d-\vz\vzz\right)^{2}\times P_{1}\times P_{2}\times\vt^{2} \] où $P_{1}$ et $P_{2}$ sont les coniques dégénérées décrivant les tangentes communes (issues des centres d'homothétie), selon le modèle $\left(\tra M\cdot\mathcal{C}\cdot M\right)\left(\tra{M_{0}}\cdot\mathcal{C}\cdot M_{0}\right)-\left(\tra M\cdot\mathcal{C}\cdot M_{0}\right)^{2}$.

      $\,$
    9. Bilan: deux coniques sont au carré, fournissant les contacts courbe-enveloppe et trois autres coniques ne sont pas au carré. C'est le moment de se rappeler que la condition obtenue n'est pas "l'équation de l'enveloppe" mais la condition sur les $\vz:\vt:\vzz$ pour qu'il existe au moins une valeur de $\nu$ telle que $\mathcal{C}\left(\nu\right)$ et $\frac{\partial}{\partial\nu}\mathcal{C}\left(\nu\right)$ aient ce point en commun.

      $\,$
    10. Rétrospectivement. On calcule le déterminant de Sylvester entre $\Delta\left(\tau\right)$ et $\frac{\partial}{\partial\tau}\Delta\left(\tau\right)$. On obtient un objet de degré 3, produit de la conique $\mathcal{{C}}\left(\nu\right)$ par une droite dont le seul point visible est le foyer de la conique $\mathcal{{C}}\left(\nu\right)$.

    Cordialement, Pierre.
  • Merci Pierre!
    Je comprends tes résultats mais je suis bien trop vieux et trop usé pour utiliser tes techniques!!
    En tout cas, chapeau bas
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Encore une question à pappus : je ne trouve pas ce livre à 143 €.
  • Mon cher Chaurien
    Voici la pub sur amazon
    Je me suis seulement trompé sur le prix
    Amicalement
    [small]p[/small]appus60748
  • Sympa, merci, c'est à la portée d'un p'tit retraité ;-)
    Et que ce soit édité par l'AMS, cela semblerait prouver qu'il y a un public pour ce genre de questions. On pourrait faire une édition bilingue des solutions du Lebossé-Hémery.
    Et corrigez le titre du fil, ça fait désordre. Merci.

    [Le titre est corrigé. Merci de l'avoir signalé. AD]
  • @Chaurien : en fait, tu peux corriger le titre toi-même. Et il est possible que la suite du fil garde le titre corrigé...

    [En fait, seul le titre du message initial est affiché dans la liste des messages non lus. AD]

    @AD : c'est vrai, mais j'ai l'impression que pas mal de monde utilise la vue par liste de nouveaux messages non lus et non pas par liste des discussions modifiées (qui était plus pratique dans le temps, avec l'affichage du nombre de vues et le lien sur le dernier message publié). On voit donc en premier le dernier titre, éventuellement corrigé par un des intervenants. Maintenant, si quelqu'un répond ensuite à un message antérieur du fil en faisant « citer », c'est le titre non corrigé qui revient, donc il n'y a pas de miracle.
  • Mon cher Chaurien
    Je cite à nouveau le fil:
    Construire un quadrilatère
    commencé de façon ubuesque mais se terminant par l'étude détaillée d'un problème d'Hadamard
    A l'époque, j'avais fait le maximum pour en donner une solution "moderne"(?) et je n'avais pu terminer faute d'interlocuteurs
    Il existe dans le Hadamard des dizaines et des dizaines de problèmes très difficiles.
    Ce serait un travail de titans de les résoudre tous avec les autres et au bénéfice de qui?
    Quelques vieux grincheux comme moi, nostalgiques d'une géométrie qui n'est plus enseignée depuis des décennies?
    Ce ne serait pas économiquement rentable!
    Et qui le rédigerait ce livre?
    Ce ne peut être que ces mêmes petits vieux atrabilaires et cacochymes qui ont déjà un pied dans la tombe et essayent vaillamment de l'autre de marcher dans le sentier de la vertu (dixit Maitre Bafouillet).
    C'est déjà un miracle qu'il existe un livre sur le sujet!
    Il faudra nous en contenter et sa lecture est d'autant plus intéressante qu'elle donne une vision anglo-saxonne de l'enseignement d'une géométrie révolue chez nous.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir,
    pappus a écrit:
    On peut imaginer que c'était dans celui consacré aux similitudes mais il est possible qu'il l'était dans un des chapitres sur les coniques si les questions suivantes portaient sur des problèmes d'enveloppe!

    Dans l' édition relative aux programmes de 1945, l' exercice figure dans le chapitre consacré aux hyperboles. Il s' agit du n° 612 page 322

    Et les questions suivantes portent bien sur des problèmes d' enveloppe...
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!