Centre de gravité et Coniques

Bonjour,

Soit $S$ le sommet de la parabole $\Gamma$, $\cal T$ la tangente à $\Gamma$ en $S$ et $U,V\in\Gamma$ tels que $G\in UV$ et $UV$ parallèle à $\cal T$.
La figure de pappus semble suggérer que $(S,U,V)$ est peut-être un repère affine pertinent pour faire des calculs.

Bonjour Pappus et gai requin
Si $O$ est le point de parabole $\Gamma $ pour lequel la droite $OG$ passe par le point à l'infini de $\Gamma $, je suggère de prendre un repère convenable d'axes portés par la droite $OG$ et la tangente en $O$ à $\Gamma $.

Si $\Omega =O+\frac{1}{2}\overrightarrow{GO}$, la parabole de Pappus est alors (sauf erreur) l'image de $\Gamma $ par l'homothétie de centre $\Omega $ et de rapport $4$.

Question : $\Gamma $, $G$ et $A\in \Gamma $ étant donnés, comment construire directement la droite $BC$ (qui passe évidemment par $G+\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}$)?

Amicalement. Poulbot

Re-bonjour
Si $A^{\prime }\in \Gamma $ est le symétrique de $A$ par rapport à $OG$ parallèlement à la tangente $T$ en $O$, les droites $BC$ et $OA^{\prime }$ sont parallèles (et, of course, la droite $BC$ passe par $G+\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}$).
Amicalement. Poulbot

Bonsoir,

Dans le repère où $G(0,1)$, la parabole de pappus a pour équation $y=\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{3}{2}$.

Merci poulbot pour cette nouvelle histoire d'enveloppe !

Bonsoir pappus,

J'ai essayé d'étudier $f:ABC\mapsto A'B'C'$.

Soit $g$ l'affinité de base $(Oy)$, de direction $(Ox)$ et de rapport $-2$.
Soit $t$ la translation de vecteur $\overrightarrow{OO'}$.
Alors $f=t\circ g$.

J'essaie déjà de m'expliquer pourquoi ces triangles sont en perspective. :-S

J'avais prolongé $f$ au plan projectif en l'homographie $\begin{bmatrix} -2&0&0\\0&1&3/2\\0&0&1\end{bmatrix}$.
Mais ce n'est pas une homologie !
Je n'ai donc plus qu'à revoir la structure de droite projective d'une conique.

J'essaierai de calculer les coordonnées de $I$ demain même si ce n'est pas très engageant...

Bonjour,

Je m'attendais à pire !$$x_I=2abc,\quad y_I=\frac{a^2+b^2+c^2+1}{2}.$$La symétrie est encourageante...

Bonjour Pappus
"Il faut donc se farcir l'équation de l'ellipse de Steiner d'un triangle dont on connaît les équations des trois côtés et c'est justement la partie la plus intéressante de cet exercice"
Il suffit d'utiliser, par exemple, le fait que la tangente en un sommet d'un triangle à son ellipse de Steiner est parallèle au côté opposé.
Si, dans un repère cartésien (affine), les côtés ont pour équations $D_{k}\left( x,y\right) =a_{k}x+b_{k}+c_{k}=0$ $\left( 1\leq k\leq 3\right) $, l'ellipse a pour équation
$\dfrac{D_{2}D_{3}}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}+\dfrac{D_{3}D_{1}}{a_{3}b_{1}-a_{1}b_{3}}+\dfrac{D_{1}D_{2}}{a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}}=0$.
Amicalement. Poulbot

Bonsoir,

Et l'enveloppe des axes de perspective est la conique dégénérée d'équation $$x^2-2y^2+4y-2=0.$$

Désolé.

Pour l'existence du point $I$, l'hexagone $A'BC'AB'C$ est circonscrit à une parabole donc ses diagonales $AA'$, $BB'$ et $CC'$ sont concourantes d'après le théorème de Brianchon.

Les coordonnées de $I$ sont aussi $(2a^3-3a,2)$ avec $|a|\leq \sqrt{2}$.
Il est alors facile de voir que $I$ décrit le segment $[SR]$, où $S$ et $R$ sont les points d'intersection des deux paraboles.

Bonjour pappus et merci pour cette brillante conclusion. (tu)

Une petite remarque sur le discriminant de $P(X)=X^3+pX+q\in\mathbb R[X]$ qui a une racine réelle no matter what.
Après vérification, c'est $\Delta=-4p^3-27q^2$ de sorte que :
1) Si $\Delta\geq 0$, $P$ a toutes ses racines réelles.
2) Si $\Delta<0$, $P$ a deux racines imaginaires conjuguées.

Je pense que tu te réfères à la méthode de Cardan qui utilise plutôt $-\Delta$ dans sa discussion mais peut-être a-t-on changé le signe pour créer une plus grande analogie avec le second degré.

\\Maple 18
> discrim(x^3+p*x+q, x);
-4*p^3-27*q^2

Bonjour
On se donne une conique $\Gamma $ de centre $O$ et un point $G$. Dans un repère cartésien (affine) $\Big( O,\overrightarrow{OG},\overrightarrow{J}\Big) $ où $\overrightarrow{J}$ dirige la direction conjuguée de celle de $OG$ par rapport à $\Gamma $, l'équation de $\Gamma $ est $\dfrac{x^{2}}{\alpha }+\dfrac{y^{2}}{\beta }=1$.
Le problème est de trouver l'équation dans ce repère de la conique (de Pappus) $\Gamma ^{\prime }$, enveloppe des côtés des triangles inscrits dans $\Gamma $ et de centre de gravité $G=\left( 1,0\right) $.
On peut s'en sortir avec des calculs presque inexistants. Encore faut-il bien s'y prendre!

On peut d'abord remarquer (sans calcul, si possible) qu'étant donné, dans un plan affine euclidien, un triangle $ABC$ dont $O,H,N$ sont le centre du cercle circonscrit, l'orthocentre et le centre du cercle d'Euler (milieu de $\left[ OH\right] $), la conique de centre $N$ inscrite dans $ABC$ a pour foyers $O$ et $H$ et pour cercle principal le cercle d'Euler de $ABC$. Pourquoi?

Ainsi, étant donnés un cercle de centre $O$ et de rayon $r$ et un point $G$, les triangles $ABC$ inscrits dans le cercle et de centre de gravité $G$ ont leurs côtés tangents à la conique de foyers $O$ et $H=O+3\overrightarrow{OG}$ et de cercle principal de rayon $\dfrac{r}{2}$.

Il est alors immédiat, à partir de l'équation de cette conique dans un repère orthornormé d'origine $O$ où $G=\left( 1,0\right) $, d'en déduire la solution du problème initial. Comment?

On vérifiera que si $H=O+3\overrightarrow{OG}$, $\Gamma ^{\prime }$ est centrée au milieu de $\left[ OH\right] $, est une ellipse si $H$ est intérieur à $\Gamma $ et une hyperbole si $H$ est extérieur à $\Gamma $. Quid si $H$ est sur $\Gamma $ ?

Amicalement.

pappus a écrit:

Avec ce petit problème, on voit bien la différence entre un exercice de géométrie euclidienne et un exercice de géométrie affine.
Pour le premier, les calculs sont souvent ardus mais on peut toujours espérer une solution synthétique, pour le second, les calculs sont plus simples mais il ne faut pas compter sur une solution synthétique.

Henri Poincaré a écrit:

Avant Descartes, le hasard seul, ou le génie, permettait de résoudre une question géométrique ; après Descartes, on a pour arriver au résultat des règles infaillibles ; pour être géomètre, il suffit d’être patient. Mais une méthode purement mécanique, qui ne demande à l’esprit d’invention aucun effort, ne peut être réellement féconde.
Une nouvelle réforme était donc nécessaire : Poncelet et Chasles en furent les initiateurs. Grâce à eux, ce n’est plus ni à un hasard heureux, ni à une longue patience que nous devons demander la solution d’un problème, mais à une connaissance approfondie des faits mathématiques et de leurs rapports intimes. Les longs calculs d’autrefois sont devenus inutiles, car on peut le plus souvent en prévoir le résultat.

Cordialement
C.N.

Bonsoir,

Soit B₁ et B₂ les points d'intersection des deux paraboles (figure 2). Traçons la droite B₂G, son deuxième point d'intersection $\alpha$₂ avec $\Gamma$, $\gamma$ le milieu de $\alpha$₂G et $\beta$ le milieu commun de $\alpha$₂B₂ et $\gamma$G.
Comme l'axe passe par le milieu de B₁B₂, et comme G est le milieu de B₂$\gamma$, la droite B₁$\gamma$ est parallèle à l'axe. Il s'ensuit que la parallèle à l'axe passant par $\beta$ coupe B₁$\sigma$ en son milieu ; donc B₁$\sigma$ et B₂G sont parallèles d'après la propriété Th.

Notons, pour en terminer avec cette figure, que si on désigne par $\omega$ l'intersection de $\alpha$₂B₁ avec l'axe et par $\Omega$ le milieu de $\omega$$\sigma$, alors $\Omega$$\sigma$' est égal à quatre fois $\Omega$$\sigma$.

Cordialement
C.N.


Figure 2

Bonsoir,

Terminons : Les triangles inscrits dans $\Gamma$ et de centre de gravité G ont leurs côtés tangents à la parabole $\Gamma$” (noire).

Démonstration :
1. La parabole $\Gamma$ et la parabole (noire) $\Gamma$" de la figure 4 sont dans la position de voir s'appliquer la théorème de Poncelet "s'il existe un triangle inscrit dans $\Gamma$ et circonscrit à la parabole $\Gamma$", alors tout point de $\Gamma$ est sommet d'un tel triangle". En effet : $\alpha$₂B₂B₂ est un triangle (dégénéré) tel que $\alpha$₂B₂ et B₂B₂ soient tangentes à $\Gamma$", car la "tangente" B₂B₂ à $\Gamma$ est aussi tangente à $\Gamma$".

2. Donc tout point de $\Gamma$ permet de construire un triangle "inscrit-circonscrit". Par exemple s₁, amène d'abord à s₂, et la deuxième tangente à $\Gamma$" issue de s₂ recoupe $\Gamma$ en un point P tel que Ps₁ soit nécessairement tangente à $\Gamma$"... Mais, ici, par symétrie il est clair que l'on aboutirait à une contradiction si P était différent de $\sigma$. Donc $\sigma$s₁s₂ est un triangle convenable...

3. Nous aurons donc résolu le problème initial si nous démontrons que les triangles "inscrits-circonscrits" admettent tous le point G comme centre de gravité...(Ce qui est bien la cas des trois triangles $\sigma$s₁s₂, $\alpha$₂B₂B₂ et $\alpha$₁B₁B₁). Or le lieu des centres de gravité des triangles "inscrits-circonscrits" est une conique paramétrée par le point courant choisi sur $\Gamma$. Ce paramétrage est de "degré 3" car les trois sommets du triangle fournissent le même centre de gravité. Mais ici l'existence des deux triangles supplémentaires (dégénérés) qui conviennent obligerait le paramétrage à passer neuf fois par G... ce qui n'est possible que si le lieu considéré est réduit au point G.

Cordialement
C.N.


Figure 4