Théorème de Marden (Siebeck ?)
Bonjour à tous,
je propose en exercice une méthode de calcul des coordonnées des foyers des ellipses de Steiner, qui me semble plus rapide que celles que l'on trouve un peu partout (mais de là à penser qu'elle est inédite...)
Je considère l'ellipse $E$ paramétrée par $(a\cos t, b\sin t)$, dans $\R^2$ canoniquement identifié à $\C$. Le triangle $MNP$ est de Steiner pour $E$ si, par définition, $E$ en est l'ellipse de Steiner circonscrite.
1) Caractériser par leurs paramètres les triplets de sommets des triangles de Steiner de $E$
2) Lorsque $M$ d'affixe $z$ décrit $E$, le point $M'$ d'affixe $z^2$ décrit une ellipse $E'$, dont $O$ est accessoirement un foyer.
3) $MNP$ est de Steiner pour $E$ ssi $M'N'P'$ est de Steiner pour $E'$ (devinette : que désignent $N'$ et $P'$ ?)
4) En déduire que, lorsque $MNP$ est de Steiner pour $E$, les fonctions symétriques $\sigma_1$ et $\sigma_2$ de leurs affixes prennent des valeurs constantes, et les calculer.
5) En déduire les affixes des zéros de $\Pi'$, où $\Pi$ est le polynôme de degré $3$ s'annulant en les affixes de $M,N,P$.
Bien cordialement, j__j
je propose en exercice une méthode de calcul des coordonnées des foyers des ellipses de Steiner, qui me semble plus rapide que celles que l'on trouve un peu partout (mais de là à penser qu'elle est inédite...)
Je considère l'ellipse $E$ paramétrée par $(a\cos t, b\sin t)$, dans $\R^2$ canoniquement identifié à $\C$. Le triangle $MNP$ est de Steiner pour $E$ si, par définition, $E$ en est l'ellipse de Steiner circonscrite.
1) Caractériser par leurs paramètres les triplets de sommets des triangles de Steiner de $E$
2) Lorsque $M$ d'affixe $z$ décrit $E$, le point $M'$ d'affixe $z^2$ décrit une ellipse $E'$, dont $O$ est accessoirement un foyer.
3) $MNP$ est de Steiner pour $E$ ssi $M'N'P'$ est de Steiner pour $E'$ (devinette : que désignent $N'$ et $P'$ ?)
4) En déduire que, lorsque $MNP$ est de Steiner pour $E$, les fonctions symétriques $\sigma_1$ et $\sigma_2$ de leurs affixes prennent des valeurs constantes, et les calculer.
5) En déduire les affixes des zéros de $\Pi'$, où $\Pi$ est le polynôme de degré $3$ s'annulant en les affixes de $M,N,P$.
Bien cordialement, j__j
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Réponses
Tout d'abord, Merci de nous rendre visite et de nous proposer ce bel exercice, dû au dénommé Marden?
Je laisse tes lecteurs s'attaquer à ton petit problème.
Tu cites aussi le nom de Siebeck.
Je rappelle son théorème: une tangente variable à une conique de $\mathbb C$ détermine sur deux tangentes fixes une homographie dont les points fixes sont les foyers de la conique.
Dans ce qui suit, $a$, $b$, $c$ sont les affixes des sommets du triangle $ABC$.
On regarde l'homographie ainsi engendrée sur les tangentes $AB$ et $AC$ par les tangentes à l'ellipse de Steiner:
$A$ s'envoie sur le milieu $B'$ de $AC$, le milieu $C'$ de $AB$ s'envoie sur $A$ et $B$ s'envoie sur $C$.
En passant aux birapports, on tombe sur l'homographie $z\mapsto Z$ définie par:
$(z,a,\dfrac{a+b}2,b)=(Z,\dfrac{a+c}2,a,c)$
Et les points fixes s'obtiennent en résolvant l'équation $Z=z$ c'est à dire:
$(z,a,\dfrac{a+b}2,b)=(z,\dfrac{a+c}2,a,c)$
Au moins sait-on sur quoi ta méthode arrive!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je te souhaite bon succès dans les concours!
merci de tes encouragements pour mes élèves : certains en auront grand besoin (et pas seulement parce que la Géométrie a disparu corps et biens des programmes).
L'énoncé ci-dessus est de moi, si toutefois il n'est pas totalement classique : je voulais savoir pourquoi $\sigma_2$ est une constante. En fait, comme on le voit, c'est en relation avec la somme de Newton $S_2$ dont le caractère constant découle des propriétés de la transformation $z\mapsto z^2$.
Bien amicalement, j__j
Bien cordialement, j__j
Si $z=a\cos t+ib\sin t$, alors $z^2=re^{i\theta}$ avec $r=a^2\cos^2t+b^2\sin^2t$ et $$\cos\theta= \frac{a^2\cos^2t-b^2\sin^2t}{a^2\cos^2t+b^2\sin^2t}\;.$$
On voit immédiatement :-D que
$$ r= \frac{p}{1-e\cos\theta}$$
où $$ p=2\frac{a^2b^2}{a^2+b^2} \quad\text{et}\quad e=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\;.$$
Bien cordialement, j__j
Pour plus d'informations voir https://fr.wikipedia.org/wiki/Ellipse_de_Steiner
Amicalement,
zephir.
La transformation dont parle j__j est:
$$z \mapsto \dfrac{a+b}2z+\dfrac{a-b}2\overline z$$
C'est la construction fort connue de l'ellipse via les cercles de Chasles.
Amicalement
[small]p[/small]appus
> Pour plus d'informations voir https://fr.wikipedia.org/wiki/Ellipse_de_Steiner
Manque de bol, zephir, ce n'est pas la bonne ellipse de Steiner. Celle dont il est question ici c'est plutôt celle-là.
zephyr ne s'est planté que parce que je me suis moi même fourvoyé.
J'ai moi aussi pris l'une des ellipses de Steiner pour l'autre.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le "on voit immédiatement que ..." de GaBuZoMeu est une suite de 8 signes "=" en remplaçant $sin^2$ par $(1-cos^2)$ et en calculant $rC$ où $C=cos\theta$
Les deux ellipses circonscrite et inscrite de Steiner sont homothétiques.
Donc si l'on connait les foyers de l'une, on récupère automatiquement ceux de l'autre.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Le mieux est encore de rédiger la solution suggérée par j__j!
Une petite remarque matinale (avec mes excuses pour les nouvelles notations).
$a,b,c$ sont les affixes de $A,B,C$; $P=\left( X-a\right) \left( X-b\right) \left( X-c\right) $; $F_{1},F_{2}$ ont pour affixes les racines $z_{1},z_{2}$ de $P^{\prime }$.
Puisque $\dfrac{P^{\prime }}{P}=\dfrac{3\left( X-z_{1}\right) \left( X-z_{2}\right) }{\left( X-a\right) \left( X-b\right) \left( X-c\right) }=\dfrac{1}{X-a}+\dfrac{1}{X-b}+\dfrac{1}{X-c}$, une décomposition immédiate montre que
$\dfrac{\left( a-z_{1}\right) \left( a-z_{2}\right) }{\left( a-b\right) \left( a-c\right) }=...=...=\dfrac{1}{3}$.
So $\left( AB,AF_{1}\right) =\left( AF_{2},AC\right) ,...$; ainsi $F_{1}$ et $F_{2}$ sont isogonaux; comme leur milieu est le centre de gravité $G$ de $ABC$, ce sont les foyers de l'ellipse de Steiner inscrite.
Amicalement. Poulbot
Merci pour tes explications.
Je m'aperçois que je me suis fourvoyé quand tu as parlé de Siebeck car le théorème de Siebeck s'applique plus naturellement à l'ellipse de Steiner inscrite qu'à la circonscrite.
On peut évidemment l'appliquer aussi à la circonscrite mais en prenant quelques précautions.
Mais qui est ce Marden? Le prénom de Siebeck?
Et sinon que dit le théorème de Marden?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Morris Marden $\left( 1905-1991\right) $ est un mathématicien américain. Voir Morris Marden.
En jetant un œil à Théorème de Marden, on a du mal à comprendre pourquoi ce théorème (qui est celui que j'évoquais ci-dessus) porte son nom, vu qu'il l'attribue à Jôrg Siebeck $\left( 1864\right) $.
Amicalement. Poulbot
On en a déjà parlé sur ce forum :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?6,834545,834714
> Le "on voit immédiatement que ..." de GaBuZoMeu
> est une suite de 8 signes "=" en remplaçant
> $sin^2$ par $(1-cos^2)$ et en calculant $rC$ où
> $C=cos\theta$
Je n'ai que deux signes "égal", et je ne remplace pas $\sin^2$ par $1-\cos^2$. Bon j'ai un peu triché, je connaissais les éléments de l'ellipse image et je suis parti de l'équation polaire.
Je connaissais donc le théorème de Marden sans le savoir!
Plus généralement, on peut s'intéresser aux deux racines de l'équation:
$$\dfrac{\alpha}{z-a}+\dfrac{\beta}{z-b}+\dfrac{\gamma}{z-c}=0$$
où $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ sont trois réels non nuls.
Ce sont les foyers d'une conique inscrite $\Gamma_{(\alpha,\beta,\gamma)}$ dont on placera le centre et le perspecteur et dont on discutera le genre.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voir par exemple le commentaire que fait Dan Kalman : http://dankalman.net/AUhome/pdffiles/mardenAMM.pdf
Pappus wrote : "Plus généralement, on peut s'intéresser aux deux racines de l'équation $\dfrac{\alpha }{z-a}+\dfrac{\beta }{z-b}+\dfrac{\gamma }{z-c}=0$ où $\alpha ,\beta ,\gamma $ sont trois réels non nuls. Ce sont les foyers d'une conique inscrite $\Gamma _{\left( \alpha ,\beta ,\gamma \right) }$ dont on placera le centre et le perspecteur et dont on discutera le genre"
Le centre et le perspecteur de $\Gamma _{\left( \alpha ,\beta ,\gamma \right) }$ sont, en barycentriques, $\Omega =\left( \beta +\gamma :\gamma +\alpha :\alpha +\beta \right) $ et $P=\left( \dfrac{1}{\alpha }:\dfrac{1}{\beta }:\dfrac{1}{\gamma }\right) $ et la conique est une ellipse si $P$ est intérieur à l'ellipse de Steiner circonscrite, une hyperbole s'il est extérieur.
Si $P$ est sur l'ellipse de Steiner circonscrite, $\Gamma _{\left( \alpha ,\beta ,\gamma \right) }$ est la parabole inscrite de perspecteur $P$ et, puisque $\alpha +\beta +\gamma =0$, l'équation de Pappus n'a plus qu'une racine, l'affixe du foyer de cette parabole.
Remarque : une autre façon de voir les choses est que, si $\alpha +\beta +\gamma \neq 0$, la nature de la conique dépend de la position de $\left( \alpha :\beta :\gamma \right) $ par rapport aux droites $BC,CA,AB$ ou, ce qui revient au même, de la position de son complément $\Omega $ par rapport aux côtés (droites) du triangle médian.
Amicalement. Poulbot
Bien cordialement,; j__j
Cela dit, y a-t-il une raison non calculatoire pour expliquer que $O$ est le foyer de $E'$ ?
Bon ! je chipote.
Amicalement,
zephir.
On a $\dfrac{3\left( X-z_{1}\right) \left( X-z_{2}\right) }{\left( X-a\right) \left( X-b\right) \left( X-c\right) }=\dfrac{1}{X-a}+\dfrac{1}{X-b}+\dfrac{1}{X-c}$ $\left( =\dfrac{P^{\prime }}{P}\right) $ et on décompose le terme de gauche.
Amicalement. Poulbot
A suivre...
Cela vous convainc-t-il ?
Bien cordialement, j__j
john_john wrote : "Cela vous convainc-t-il ?". Parfaitement et merci pour cette brillante explication.
Pour en revenir à la question de Pappus : "Plus généralement, on peut s'intéresser aux deux racines de l'équation $\dfrac{\alpha }{z-a}+\dfrac{\beta }{z-b}+\dfrac{\gamma }{z-c}=0$ où $\alpha ,\beta ,\gamma $ sont trois réels non nuls. Ce sont les foyers d'une conique inscrite $\Gamma _{\left( \alpha ,\beta ,\gamma \right) }$ dont on placera le centre et le perspecteur et dont on discutera le genre".
Dans le cas $\alpha +\beta +\gamma \neq 0$, il suffit de modifier ce que j'avais dit plus haut (ICI).
On a $\dfrac{\left( \alpha +\beta +\gamma \right) \left( X-z_{1}\right) \left( X-z_{2}\right) }{\left( X-a\right) \left( X-b\right) \left( X-c\right) }=\dfrac{\alpha }{X-a}+\dfrac{\beta }{X-b}+\dfrac{\gamma }{X-c}$.
Ainsi $\dfrac{\left( a-z_{1}\right) \left( a-z_{2}\right) }{\left( a-b\right) \left( a-c\right) }=\dfrac{\alpha }{\alpha +\beta +\gamma },\dfrac{\left( b-z_{1}\right) \left( b-z_{2}\right) }{\left( b-c\right) \left( b-a\right) }=\dfrac{\beta }{\alpha +\beta +\gamma },\dfrac{\left( c-z_{1}\right) \left( c-z_{2}\right) }{\left( c-a\right) \left( c-b\right) }=\dfrac{\gamma }{\alpha +\beta +\gamma }$.
Ces $3$ nombres étant réels, on a $\left( AB,AF_{1}\right) =\left( AF_{2},AC\right) ,...$ et $F_{1}$ et $F_{2}$ sont isogonaux.
Leur milieu, étant d'affixe $\dfrac{\left( \beta +\gamma \right) a+\left( \gamma +\alpha \right) b+\left( \alpha +\beta \right) c}{2\left( \alpha +\beta +\gamma \right) }$ est $\Omega =\left( \beta +\gamma :\gamma +\alpha :\alpha +\beta \right) $; ainsi $F_{1}$ et $F_{2}$ sont les foyers de la conique inscrite de centre $\Omega $ et, donc, de perspecteur $P=\left( \dfrac{1}{\alpha }:\dfrac{1}{\beta }:\dfrac{1}{\gamma }\right) $.
Si $\alpha +\beta +\gamma =0$, on va tomber sur la parabole inscrite de perspecteur $P$ et de foyer d'affixe la racine de $\dfrac{\alpha }{z-a}+\dfrac{\beta }{z-b}+\dfrac{\gamma }{z-c}=0$.
Amicalement. Poulbot
J'avais cet exercice dans mes papiers depuis des décennies
Application:
On a trois fils métalliques parallèles indéfinis parcourus par des courants constants d'intensités algébriques $i_1$, $i_2$, $i_3$. Déterminer l'ensemble des points de l'espace où le champ magnétique est nul. Généraliser à $n$ fils.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je me dépêche de répondre car mes connaissances en électromagnétisme tendent rapidement vers $0$ avec le temps et je ne suis pas certain qu'elles soient encore suffisantes.
Si un plan coupe orthogonalement les $3$ fils en $A,B,C$, les points $M$ du plan où le champ est nul vérifient $i_{1}\dfrac{\overrightarrow{AM}}{AM^{2}}+i_{2}\dfrac{\overrightarrow{BM}}{BM^{2}}+i_{3}\dfrac{\overrightarrow{CM}}{CM^{2}}=\overrightarrow{0}$, soit $\dfrac{i_{1}}{z-a}+\dfrac{i_{2}}{z-b}+\dfrac{i_{3}}{z-c}=0$ et ton exercice permet de les localiser.
Au total, cela donne $2$ droites parallèles aux fils (une seule si $i_{1}+i_{2}+i_{3}=0$).
Amicalement. Poulbot