Deux paraboles

Bonsoir
On se donne dans le plan affine une parabole $\Pi$ et sur cette parabole $4$ points $A$, $B$, $C$, $D$
On a sous les yeux une des deux paraboles passant par $A$, $B$, $C$, $D$, à savoir la parabole $\Pi$!
Construire l'autre!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici la figure de Poulbot que j'ai sans doute déjà donnée, il y a bien des années.
La donnée de départ est le quadrangle $(A,B,C,D)$.
$D'$ est l'isotomique de $D$ par rapport au triangle $ABC$
On trace les tangentes $D'T_1$ et $D'T_2$ à l'ellipse de Steiner circonscrite $\Gamma$.
La parabole $\Pi_1$ est la transformée isotomique de la tangente $D'T_1$ et sa direction asymptotique est le point isotomique de $T_1$.
La parabole $\Pi_2$ est la transformée isotomique de la tangente $D'T_2$ et sa direction asymptotique est le point isotomique de $T_2$.
Un petit bonus: le complément $S_1$ de $T_1$ est le perspecteur de la parabole $\Pi_1$ et le complément $S_2$ de $T_2$ est le perspecteur de la parabole $\Pi_2$. Ces deux perspecteurs sont situés sur l'ellipse de Steiner inscrite $\gamma$.
La droite $S_1S_2$ est au choix la polaire trilinéaire de $D$ ou la droite duale de $D'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
$\Pi_1=\Pi_2$ si et seulement si $D'\in \Gamma$ c'est à dire si et seulement si $D$ est sur la droite de l'infini. On tombe sur la conique passant par les points $A$, $B$, $C$ et tangente en $D$ à la droite de l'infini c'est à dire la parabole passant par $A$, $B$, $C$ et de direction asymptotique $D$.

Bonjour,

Je me suis intéressé à ce problème affine aujourd'hui.
Sur cette figure, $ABCD$ est un trapèze et il n'y a qu'une seule "vraie" parabole passant par $A,B,C,D$.
Est-ce en contradiction avec ce qui précède ?

Bonne Nuit Gai Requin
Je suis heureux de pouvoir de nouveau dialoguer avec toi!
Ta figure est intéressante.
Tu te donnes un trapèze $ABCD$.
Tu sais qu'il y a deux paraboles passant par les sommets du trapèze: la première est la parabole dégénérée de GaBuZoMeu formée par la réunion des droites parallèles $AB$ et $CD$ mais comment faire pour tracer avec ton logiciel l'autre parabole qui est non dégénérée?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Ce n'est pas que je n'aime pas le théorème de Pascal mais je ne sais jamais choisir l'ordre adéquat parmi les six points pour qu'il soit utile.
Je préfère la présentation de la droite de Pascal comme axe d'une certaine homographie que je suis libre de choisir comme je l'entends!
Bravo pour ta construction mais sauras-tu justifier la mienne où le cinquième point $E$ de la parabole est tout simplement le milieu du segment $ST$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai déjà dû donner cette construction dans le passé.
Par contre autre chose est de proposer une construction du point courant de cette parabole et de sa tangente. C'est le genre de problème dont raffolaient nos aïeux!

Mon cher Gai Requin
Il n'y a plus d'involutions qui tiennent dans notre république au 21ème siècle.
Je te rappelle que tout a disparu pour toujours.
Bon débarras!
Tu n'as pour tout viatique que le programme de l'agrégation sur les coniques qui se résume grosso modo à leurs classifications affine et euclidienne.
Tu dois te débrouiller avec ce que tu as!
Je t'autorise aussi à utiliser cette relique du passé: le Lebossé-Hémery
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
A tout hasard, je viens de jeter un coup d'oeil sur ce programme.
Il semblerait que les coniques affines aient disparu.
Bof!
Allez, encore un petit effort et on pourra les oublier définitivement!

Dans le repère $(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$, il existe $a\in\mathbb R\setminus\{-1,0,1\}$ tel que $D(a,1)$.
La parabole propre $\mathcal P$ passant par $A,B,C,D$ a pour équation $4(x^2-x)+(a^2-2a+1)(y^2-y)+4(1-a)xy=0$.
Elle passe bien par $E\left(\dfrac a{2(a+1)},\dfrac 1{1-a^2}\right)$.

Dans ce repère, on note $a,b,c,d$ les abscisses de $A,B,C,D$.
Comme $AB$ et $CD$ sont parallèles, on a $d=a+b-c$, relation qui permet d'obtenir $S\left(\dfrac{a+b}2,\dfrac{ab+ac+b^2-bc}2\right)$ puis, en permutant $a$ et $b$, il vient $T\left(\dfrac{a+b}2,\dfrac{ab+bc+a^2-ac}2\right)$.
D'où $E\left(\dfrac{a+b}2,\left(\dfrac{a+b}2\right)^2\right)$.

Bonjour pappus,

Voilà ce que j'ai trouvé en faisant des calculs (sic).

Soit $\mathcal P$ la parabole propre passant par $A,B,C,D$, sous l'hypothèse $AB//CD$.
Soit $\mathcal T$ la tangente à $\mathcal P$ en $A$.
La droite $\delta$ passant par les milieux de $AB$ et $CD$ coupe $\mathcal T$ en $I$.
Soit $\Delta$ la parallèle à $\delta$ passant par $A$.
La parallèle à $\mathcal T$ passant par $B$ coupe $\Delta$ en $F$.
Soit enfin $J$ tel que $\overrightarrow{AF}=4\overrightarrow{AJ}$.
Alors, dans le repère $(A,I,J)$, $\mathcal P$ a pour équation $y=x^2$ avec $A(0,0)$ et $B(2,4)$.

Merci pappus,

J'ai fait de la réduction encore dans les programmes, en utilisant [ce message].
Dans le repère $(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$, $\mathcal P$ a pour équation $4x+(a-1)^2y=(2x+(1-a)y)^2$, ce qui invite à poser $\begin{cases}X=2x+(1-a)y\\Y=4x+(a-1)^2y\end{cases}$...
Les constructions de $I$ et $J$ ne sont pas artificielles : elles se déduisent mécaniquement de ces formules de changement de repères.

Soit $s$ le réel tel que, dans le repère $(E,H,F)$, on a $S(0,s)$.
$E$ est le milieu de $ST$ donc $T(0,-s)$.
D'où $AS:y=(s-1)x+s$ et $BT:y=(s+1)x-s$.
Or, $D=AS\cap BT$ donc $D(s,s^2)$.
En remplaçant $s$ par $-s$, il vient $C(-s,s^2)$.

Bonjour,

La géométrie affine consiste à laisser la droite de l'infini se planquer dans le lointain. Tandis que la géométrie projective consiste à mettre la droite de l'infini sous les projecteurs, de façon à mieux la surveiller.

Posons donc $
\def\ptv{~;~} {}\def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} {}\def\bmul{\underset{b}{*}} {}\def\bdiv{\underset{b}{\div}} {}\def\equic#1#2{#1_{#2}^{\#}} \def\conii#1{\mathcal{C}_{#1}} \def\conim#1{\boxed{\conii{#1}}} \def\conis#1{\boxed{\conii{#1}^{*}}}


$$\linf\simeq\left[\rho,\sigma,\tau\right]$. Étant le tripôle de la droite de l'infini, le centre de gravité $G$ est donc $G\simeq1/\rho:1/\sigma:1/\tau$. Les coniques in-Steiner et out-Steiner continuent d'être les coniques inscrites et circonscrites admettant $G$ comme perspecteur, tandis que la transformation isotomique continue d'être définie par \[ M\simeq x:y:z\mapsto\equic MG\doteq G\bmul G\bdiv M\simeq\dfrac{1}{\rho^{2}x}:\dfrac{1}{\sigma^{2}y}:\dfrac{1}{\tau^{2}z} \] Note: pour ceux qui auraient oublié comment construire ce point, voir le site de Bernard Gibert.

Nous pouvons paramétrer deux points sur la droite de l'infini par: \[ E_{t}\simeq\dfrac{1}{\rho}:\dfrac{t}{\sigma}:\dfrac{-1-t}{\tau}\ptv E_{s}\simeq\dfrac{1}{\rho}:\dfrac{s}{\sigma}:\dfrac{-1-s}{\tau} \] En écrivant que la parabole $\conii t$ passe par $A,B,C,E_{t}$ et est tangente à $\linf$, on obtient \[ \conim t\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{\left(1+t\right)^{2}}{\tau} & \dfrac{t^{2}}{\sigma}\\ \dfrac{\left(1+t\right)^{2}}{\tau} & 0 & \dfrac{1}{\rho}\\ \dfrac{t^{2}}{\sigma} & \dfrac{1}{\rho} & 0 \end{array}\right] \] autrement dit, le perspecteur de cette parabole est: $P_{t}\doteq\dfrac{1}{\rho}:\dfrac{t^{2}}{\sigma}:\dfrac{\left(1+t\right)^{2}}{\tau}$, qui est donc sur in-Steiner.

La relation $M\in\conii t$, i.e. $\dfrac{zy}{\rho}+\dfrac{t^{2}zx}{\sigma}+\dfrac{\left(1+t\right)^{2}yx}{\tau}=0$ montre que $\equic M{}$ parcourt la droite \[ \Delta_{t}\simeq\left[\rho,\sigma\,t^{2},\tau\,\left(1+t\right)^{2}\right] \] qui est donc tangente à la courbe $\equic{{\linf}}{}$... qui n'est autre que out-Steiner. Le point de contact est \[ T_{t}\doteq\Delta_{t}\wedge\dfrac{\partial}{\partial t}\Delta_{t}=\equic{{E_{t}}}{}=\dfrac{1}{\rho}:\dfrac{1}{\sigma t}:\dfrac{-1}{\tau\left(1+t\right)} \] Et l'on retrouve la formule des compléments: \[ 1\times\dfrac{T_{t}}{\linf\cdot T_{t}}+2\times\dfrac{P_{t}}{\linf\cdot P_{t}}=3\times\dfrac{G}{\linf\cdot G} \]

(hors sujet: savoir si $1+2=3$ est ou non au programme d'un concours franco-français, quelle importance ?)

C'est le moment de se rappeler qu'il y a deux paraboles. Elles se coupent en $A,B,C$ et se recoupent en $D$. Il est clair que $\equic D{}=\Delta_{t}\cap\Delta_{s}$ . Il vient: \[ D\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{1}{\rho\,\left(2\,st+s+t\right)}\\ \dfrac{1}{\sigma\,\left(s+2+t\right)}\\ \dfrac{-1}{\left(s+t\right)\tau} \end{array}\right]\ptv\equic D{}\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{2\,st+s+t}{\rho}\\ \dfrac{s+2+t}{\sigma}\\ -\,\dfrac{s+t}{\tau} \end{array}\right] \]

Lorsque l'on aime traîner des radicaux partout, on peut prendre le problème à l'envers: partir de $D$ et en déduire $t,s$. Mais plonger le problème dans son corps de rupture est largement plus efficace.

Pour ce qui est de $E$ milieu de $\left[S,T\right]$, on voit aisément que, pour toute conique passant par $ABCD$, les intersections $E,E'$ de $ST$ avec cette conique forment une division harmonique. Par ailleurs, lorsque l'on permute $D\leftrightarrow B$ et $C\leftrightarrow A$, la droite $ST$ est inchangée. Dans notre problème, quel pourrait bien être le point à l'infini ayant cette propriété ? Et la conclusion suit.

Cordialement, Pierre

Edit: Bernard Gibert, https://bernard-gibert.pagesperso-orange.fr/gloss/isoconjugation.html

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Merci Gai Requin
Pourquoi y-a-t-il équivalence entre le théorème du Lebossé-Hémery et ta preuve que le point $C$ est sur la parabole?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Tu es arrivé au bout sans utiliser Desargues mais avec le secours du Lebossé Hemery et en faisant mumuse avec l'Axiome de Thalès!
Tu n'as plus qu'à te renforcer dans la théorie des perspecteurs avec le glossaire de Pierre!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
Ce qui est amusant, c'est que cette configuration trapézoïdale donne la construction du point courant à la parabole sans avoir à invoquer le théorème de Pascal difficile à appliquer et au demeurant off limits puisque la géométrie projective a sombré corps et biens depuis belle lurette.
Sur la figure ci-dessous, le point $S(o,s)$ varie librement sur l'axe des ordonnées.
Le point $T(0,-s)$ est le symétrique de $S$ par rapport à l'origine $E$ du repère $\{E,(\overrightarrow{EH},\overrightarrow{EF})\}$.
Comme tu l'as montré le point courant $C(-s,s^2)=AT\cap BS$ appartient à la parabole.
La tangente en $C$ à la parabole que j'ai tracée en bleu passe par le milieu $L$ de $EK$.
Pour le montrer, il suffit de savoir que la fonction dérivée de $x\mapsto x^2$ est la fonction $x\mapsto 2x$ et je crois que ce résultat est encore provisoirement dans nos programmes jusqu'à nouvel ordre venu d'en haut et qui ne saurait tarder!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
Je n'ai pas lu très attentivement le message de Pierre.
Les deux perspecteurs sont les intersections de la polaire trilinéaire de $D$ avec in-Steiner.
Pas besoin de faire intervenir out-Steiner!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
Ce n'est pas que ce soit interdit, c'est beaucoup plus subtil.
On a décidé en haut lieu de ne plus enseigner la géométrie et ceux qui néanmoins veulent en savoir plus sur ce sujet devront se débrouiller par eux mêmes.
Par exemple le théorème de Desargues qui semble t'intéresser.
Tu devras aller le chercher dans les vieux grimoires!
Je reconnais que ce n'est pas très grave de ne pas connaître le théorème de Desargues.
On enseigne de nouvelles théories beaucoup plus intéressantes et plus indispensables aujourd'hui!
Mais au moins que cesse l'hypocrisie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
Dans le cas général, non on ne peut s'en passer!
Mais il existe des cas particuliers où on peut s'en tirer élémentairement au prix de quelques contorsions.
La preuve, ton problème de la construction de la parabole (non dégénérée) circonscrite à un trapèze.
La figure finale est jolie mais ne donne pas de vue d'ensemble c'est à dire la vraie raison projective de sa construction
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Sur ta figure on dispose d'une parabole (circonscrite à un trapèze) et d'un repère dans lequel son équation est réduite, i.e: $y=x^2$
Avec ton logiciel peux-tu me construire tous les repères dans lesquels l'équation de la parabole est réduite?

Soit $O$ et $A$ deux points quelconques d'une parabole $\mathcal P$ tout aussi quelconque.
Soit $I$ et $J$ les deux points du plan tels que $OI$ est tangente à $\mathcal P$, $OJ$ est dans la direction asymptotique de $\mathcal P$ et $OIAJ$ est un parallélogramme.
Alors, dans le repère $(O,\overrightarrow{OI},\overrightarrow{OJ})$, $\mathcal P$ a pour équation $y=x^2$.

Soit $I$ un point quelconque d'une ellipse $\mathcal E$ de centre $O$.
Soit $\mathcal T_I$ la tangente à $\mathcal E$ en $I$.
La parallèle à $T_I$ passant par $O$ coupe $\mathcal E$ en $J$ (deux choix).
Alors, dans le repère $(O,I,J)$, $\mathcal E$ a pour équation $x^2+y^2=1$.

Mon cher Gai Requin
OK pour l'ellipse. C'est la théorie des diamètres conjugués qui se propage en dimension $n$ pour les ellipsoïdes .
Pour l'hyperbole, bien sûr qu'on s'arrange mais encore faut-il dire comment!
Tu remarques qu'on a plus de degrés de liberté dans le choix des repères de la parabole que dans ceux des ellipses et des hyperboles.
Pourquoi?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Mais je pensais plutôt à une réponse concernant la théorie des groupes.
Amicalement
[small]p[/smaappus

Bonsoir.

Comment construire $P_A$, le $A$-anti-cevien de $P$ ? On s'en sort avec une forêt de droites, ou bien une inversion dans un demi-cercle, ou bien par retournement du birapport. Et alors il est plus rapide de construire $K_a\simeq -p:2q:2r$ et $R_a\simeq 4p:q:r$. Alors outConic passe par $ABCK_bK_c$, tandis que inConic passe par $A_pB_pC_pR_bR_c$. Si l'on ne dispose pas de $p,q,r$, on peut obtenir les $K_j$ et $R_j$ par retournement des birapports correspondants.

Cordialement, Pierre.

Bonjour,

Une question de poulbot restée sans réponse.
Le triangle $ABC$ étant donné, pour quelles positions de $D$ existe-t-il deux paraboles passant par $A,B,C,D$ ?