Trisectrice
Bonjour
Le sujet est connu et je voudrais présenter cet exercice comme un hommage à nos trisecteurs à nous qui s'escriment toujours sur ce problème.
J'attends surtout une solution la plus élémentaire possible, telle qu'aurait pu la rédiger nos anciens maitres grecs, qui soit compréhensible par nos béotiens de lycéens d'aujourd'hui.
Quel est le lieu des points de trisections $M_1$, $M_2$, $M_3$, etc... des arcs de cercles passant par $A$ et $B$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le sujet est connu et je voudrais présenter cet exercice comme un hommage à nos trisecteurs à nous qui s'escriment toujours sur ce problème.
J'attends surtout une solution la plus élémentaire possible, telle qu'aurait pu la rédiger nos anciens maitres grecs, qui soit compréhensible par nos béotiens de lycéens d'aujourd'hui.
Quel est le lieu des points de trisections $M_1$, $M_2$, $M_3$, etc... des arcs de cercles passant par $A$ et $B$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Réponses
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Bonjour
Je propose la construction suivante de la trisection de l'arc $\overset{\frown}{AB}$ et je compte bien en faire part à l'Académie!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Avec le pantographe de Ceva ?
http://rdassonval.free.fr/flash/cevanet.jpg
Si les images qui bougent et le FLASH sont acceptés :
http://rdassonval.free.fr/flash/panto100.swf -
Merci Dasson!
Mais ma construction est nettement plus simple!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Elle paraît juste légèrement fausse.
-
Mon cher GaBuZoMeu
Toujours à me remonter les bretelles!
J'étais si heureux de jouer le rôle du trisecteur de service.
Tu as sans doute raison mais tu me gâches mon après-midi!
Je rêvais déjà d'entrer à l'Académie!
Remarque que tout n'est pas à jeter dans ce que je raconte.
Quelle est la logique de cette "construction" et quel est son domaine de validité compte tenu de l'imprécision de nos règles et nos compas?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Ne vous laissez pas abuser, valeureux trisecteurs: Pappus prouve qu'il ne rejoindra pas l'Académie. C'est tout. Ne déduisez surtout pas de l'incorrection de sa méthode que la trisection est impossible. Disons qu'avec deux cercles seulement, il se proposait un sacré challenge!
Blague à part, si $A:=(1,0)$ et $B:=(-1,0)$, $M:=(x,y)$ trisecte, je trouve que $$4x^2((1+x)^2+y^2)=( (1-x)^2+y^2)((1+x)^2+y^2)$$ mais ne vois rien d'autre à dire :-(
Amicalement
Paul
Edit: oubliez; désolé -
Mon cher Paul
Je demandais une solution digne de nos maîtres grecs qui ne connaissaient pas la géométrie analytique.
Quant à ton polynôme, il me semble que des factorisations s'imposent!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Ben oui, je me suis trouvé bien c.. quand j'ai vu la simplification qui m'a crevé les yeux grâce à Latex $\LaTeX$! Mes brouillons me deviennent de plus en plus illisibles! Il s'agit donc de trouver l'hyperbole $3x^2-y^2+2x-1=0$ avec les seules armes de l'Antiquité! J'en suis bien incapable!
Amicalement
Paul -
Il connaissait la pâte à modeler dans l'antiquité ? (bien sûr, seuls les anciens du forum saisiront la référence ...)
-
Bonne Nuit
$AM=MM'=M'B$ et en particulier $MA=2MH$.
$M$ se trouve sur une branche de l'hyperbole de foyer $A$, de directrice associée $L$, la médiatrice de $AB$ et d'excentricité $2$.
J'ai tracé la totalité de cette hyperbole et je vous laisse découvrir ses éléments de réduction.
Il reste à expliquer ma construction, pas si farfelue que cela, de la trisection de l'arc.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Il s'agit donc de montrer que ton cercle donne un baiser à l'hyperbole en $C$?
-
Bonne Nuit Paul
Oui au voisinage du sommet $C$, j'ai remplacé l'arc d'hyperbole par le cercle surosculateur au sommet $C$.
Il reste à savoir si j'ai calculé correctement le rayon de ce cercle, je suis quand même un vieux gâteux, et à donner une idée du domaine de validité de cette approximation.
GaBuZoMeu avait donc le droit de protester et je ne rentrerai pas à l'Académie, snif!
Quelle autre approximation peut-on alors faire si le point $M$ est suffisamment loin?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Bien sûr quand $M$ est suffisamment loin, on remplace l'arc d'hyperbole par l'asymptote adéquate.
Encore faut-il savoir construire cette asymptote, ce qui est loin d'être évident par les temps qui courent!
Sur la figure, j'ai placé le point $GBZM$ pour me rappeler que GaBuZoMeu a toujours bon pied et bon oeil.
Merci à lui!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quelle est l'enveloppe de la droite $JMGBZM$, ($J$oint $M$ et $GBZM$)), cela s'écrit comme cela se prononce! -
Bonjour
Regarde de tous tes yeux, regarde
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quelle est l'enveloppe des côtés du triangle $M_1M_2M_3$ quand le cercle varie en passant par les points $A$ et $B$? -
Bonjour
Le triangle $M_1M_2M_3$ est équilatéral!
Encore faut-il le montrer!
Quant à l'enveloppe des côtés de ce triangle, c'est la parabole de foyer $A$ et de directrice $L$.
On a donc une configuration de Poncelet avec une infinité de triangles inscrits dans l'hyperbole de foyer $A$, de directrice $L$ et d'excentricité $2$ et la parabole de foyer $A$ et de directrice $L$.
Ceci m'amène à poser la question suivante.
On considère la famille $\mathcal F$ des coniques de foyer $A$ et de directrice associée $L$.
Déterminer toutes les paires $(\Gamma, \Gamma')\in \mathcal F^2$ admettant au moins un triangle (et donc une infinité) inscrit dans $\Gamma$ et circonscrit à $\Gamma'$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour.
Comme toujours, la question la plus difficile est celle du choix des paramètres. Utilisons les coordonnées projectives de Morley et posons: \[ O,A,B,S\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\,\left[\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right]\,,\left[\begin{array}{r} -1\\ 1\\ -1 \end{array}\right],\,\left[\begin{array}{c} i\left({\displaystyle \frac{t}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2t}}\right)\\ 1\\ -i\left({\displaystyle \frac{t}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2t}}\right) \end{array}\right]\;;\;R=\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right) \] Alors le cercle centré en $S$ et de rayon $R$ passe par $A$ et $B$. Son point mobile est \[ M_{\tau}=\left(\begin{array}{c} i\left({\displaystyle \frac{t}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2t}}\right)\\ 1\\ -i\left({\displaystyle \frac{t}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2t}}\right) \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} {\displaystyle \frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)\tau}\\ 0\\ {\displaystyle \frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)\frac{1}{\tau}} \end{array}\right) \] et les paramètres associés à $A$ et $B$ sont $\tau_{A}=\dfrac{i\left(i+t\right)}{i-t}\;;\;\tau_{B}=\dfrac{i\left(i-t\right)}{i+t}$.
Trisecter, cela revient à écrire que: \[ \left(\frac{\tau}{\tau_{A}}\right)^{3}=\left(\frac{\tau_{B}}{\tau_{A}}\right)\;;\;\mathrm{d'o\grave{u}}\;t=-\dfrac{\tau^{3}+i}{1+i\tau^{3}}\;\mathrm{et}\;M_{0}\simeq\left[\begin{array}{c} -\mu^{2}-\mu+1\\ \mu^{2}-\mu+1\\ \mu^{2}-\mu-1 \end{array}\right] \] où l'on a posé $\mu=\tau^{2}$. $\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
$ Utilisant locusconi, le lieu de $M$ a pour matrice:$\left[\begin{array}{ccc} 2 & 1 & 1\\ 1 & -2 & 1\\ 1 & 1 & 2 \end{array}\right]$, et pour équation $+\vz^{2}+\vzz\,\vz+\vzz^{2}+\vz\vt+\vt\vzz-\vt^{2}=0$, conduisant à $3\,X^{2}-Y^{2}+2\,X-1=0$. Qui est l'hyperbole ($\mathcal{H}$) de foyers $A$ et $F\,(-5/3)$, passant par $B$ et $C\:(1/3)$.
L'intersection de ($\mathcal{H}$) avec le cercle centré en $S\simeq-\mu^{3}+1:\mu^{3}+1:\mu^{3}-1$ se compose du point $B$ et des trois points $M_{j}$ correspondant à $\mu_{j}=\mu\,\alpha^{j}$ avec $\alpha^{2}+\alpha+1=0$: lorsque l'on trisecte des turns, cela engendre des tiers de tours, et le triangle $M_{0}M_{1}M_{2}$ est équilatéral.
Calculons l'enveloppe de $M_{0}M_{1}$. On a successivement \[ M_{0}\wedge M_{1}\simeq[2\,\mu\,\left(\alpha-1\right)\left(\mu\,\alpha+\mu-1\right),2\,\mu\,\left(\alpha-1\right)\left(\mu^{2}\alpha+1\right),-2\,\mu^{2}\left(\alpha-1\right)\left(\mu\,\alpha-\alpha-1\right)] \] \[ N\doteq M_{0}M_{1}\wedge\frac{\partial}{\partial\mu}M_{0}M_{1}\simeq\left[\begin{array}{c} -\mu^{2}\alpha^{2}-\mu^{2}\alpha-2\,\mu\,\alpha+\alpha+1\\ \mu^{2}\alpha^{2}+\mu^{2}\alpha-2\,\mu\,\alpha+\alpha+1\\ \mu^{2}\alpha^{2}+\mu^{2}\alpha-2\,\mu\,\alpha-\alpha-1 \end{array}\right] \] \[ \mathrm{locusconi}\left(N,\mu\right)\simeq\left[\begin{array}{ccc} \left(\alpha+1\right)^{2} & 2\,\alpha & \alpha^{2}+1\\ 2\,\alpha & -4\,\alpha & 2\,\alpha\\ \alpha^{2}+1 & 2\,\alpha & \left(\alpha+1\right)^{2} \end{array}\right]\simeq\left[\begin{array}{rrr} 1 & 2 & -1\\ 2 & -4 & 2\\ -1 & 2 & 1 \end{array}\right] \] On en déduit le lieu de $N$:
\begin{eqnarray*} 0 & = & \left(\vz-\vzz\right)^{2}+4\left(\vz+\vzz\right)\vt-4\,\vt^{2}\\ & = & \left(Y^{2}-2\,X+1\right) \end{eqnarray*}
qui est la parabole de foyer $A$, de sommet $1/2$, et de directrice l'axe imaginaire. Évidemment, cette parabole est aussi l'enveloppe des deux autres côtés du triangle équilatéral des $M_{j}$, fournissant une configuration de Poncelet.
Au vu du fil en cours sur les cercles osculateurs, le rayon de courbure en un point de $H$ est donné par: \[ R^{2}\left(M\right)=\dfrac{\left(9\,x^{2}+y^{2}+6\,x+1\right)^{3}}{\left(9\,x^{2}-3\,y^{2}+6\,x+1\right)^{2}} \] Au sommet $C,$ cela vaut $4$. D'où le cercle sur-osculateur. Et ?
Cordialement, Pierre.
Edit: une division euclidienne par $\alpha^2+\alpha+1$ permet de ramener la matrice de la parabole à une expression plus simple !
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