Parabole

Bonsoir pappus,

Quel coup tordu nous as-tu préparé ? ;-)

On n'est plus dans la carte euclidienne.
Quel changement de cartes as-tu opéré ? :-S

Cher Pappus,

J'apprends (un peu) en m'amusant (plus).

Préliminaire : soit $\Pi$ une parabole, $F$ un point extérieur, c'est-à-dire que l'on peut mener deux tangentes à $\Pi$ en $A$ et $B$. Soit $\Delta$ la droite qui passe par $F$ et le milieu $I$ de $[AB]$. Par une propriété générale des paraboles, l'intersection de $\Pi$ et de $\Delta$ est le milieu de $[FI]$. Ça se voit sur la parabole $y=x^2$ de la figure ci-dessous « donc » ça se démontre facilement pour celle-là et c'est vrai pour n'importe laquelle parce que des paraboles, il n'y en a guère qu'une à similitude près. Oublions cela provisoirement (y compris l'ignominie de la non-preuve évoquée à l'instant).

Dans ton repère, parmi toutes les coniques $ax^2+2bxy+cy^2+2dx+2ey+f=0$, celles qui sont tangentes aux axes $(Ox)$ et $(Oy)$ et $(1,0)$ et $(0,1)$ sont celles pour lesquelles on a : $f=a=-d=c=-e$, disons tous égaux à $1$ pour fixer les idées. La conique est une parabole si et seulement si $b^2=ac=1$. La valeur $b=1$ donne la droite $D$ double : $(x+y-1)^2$ ; la valeur $b=-1$ donne la seule parabole acceptable : \[(x-y)^2=2(x+y)-1.\] Soit un point $M(x,y)$ de la parabole. Sur la figure, la droit $(MH)$ est visiblement parallèle à $\Delta$ (c'est-à-dire orthogonale à $D$ pour la forme choisie). Pour que ça marche quand $M$ est à l'intersection $\Delta\cap\Pi$, situation où $F$, $M$ et $H=S$ sont alignés et où on ne peut pas jouer sur la forme, il faut bien supposer que l'intersection $\Delta\cap\Pi$ est le milieu du segment $[FS]$. Autrement dit, $\Delta$ est bien la droite $\Delta$ du premier paragraphe : dans ton repère, elle a donc pour équation $y=x$.

Revenons à $M(x,y)$ quelconque. Le projeté $H$ de $M$ sur $D$ parallèlement à $\Delta$ est de la forme $(x+t,y+t)$ où $t$ est choisi tel que $x+t+y+t-1=0$, c'est-à-dire $t=-\frac12(x+y-1)$.

Avec un parallélogramme, on ne sait pas faire grand-chose si ce n'est calculer l'aire (par rapport à la base $(\vec{FA},\vec{FB})$. Pour le premier, qui a pour sommets $F$, $M(x,y)$ et ses projetés parallèlement aux axes, l'aire est $\left|\begin{smallmatrix}x&0\\0&y\end{smallmatrix}\right|=xy$. D'autre part, l'aire de l'autre parallélogramme a pour sommets $M$, $H$ et les projetés, d'où l'aire $\left|\begin{smallmatrix}t&0\\0&t\end{smallmatrix}\right|=t^2$. Reste à vérifier que
\[t^2-xy=\frac14\left((x+y-1)^2-4xy\right)=\frac14\left(x^2+y^2-2xy-2x-2y+1\right)\] est au quart (de poil) près l'équation de $\Pi$, et cela prouve l'assertion de Pappus avec pour forme $q=xy$, c'est-à-dire que $q$ est bien l'aire du parallélogramme engendré par les projections d'un vecteurs sur les axes.

Voilà comment torpiller une situation géométrique avec le moins de géométrie possible...

Cher Pappus,

À vrai dire, c'est la première fois que j'entends parler d'une directrice d'une conique pour une forme non euclidienne. Ce n'est pas si grave : par une transformation projective, ce n'est pas un drame de changer de signature. Par exemple, si on envoie une droite sécante (resp. tangente) à une ellipse à l'infini, on la transforme en hyperbole (resp. en parabole).

Merci pour les explications et les questions qui méritent plus de réflexion que je ne suis capable de fournir ce soir. Je note en particulier la question de la classification des coniques à « isométrie hyperbolique près » (je ne sais pas mais ça devrait être accessible) et la réponse que je ne comprends pas sur le lien entre quadruplet harmonique et « produit scalaire » nul. Cela me fait penser à un problème classique que je sais résoudre par calcul sans comprendre : si les trois sommets d'un triangle sont sur une conique équilatère, l'orthocentre aussi.

Aparté sur les programmes : la pente y est, en revanche il y a bien longtemps qu'on ne parle plus nulle part de faisceaux ni de pinceaux de quoi que ce soit (droites, cercles ou coniques).


Pour revenir à la figure initiale, ma première réaction a été de choisir un produit scalaire et un repère orthonormé dans lequel la parabole a pour équation $y^2=4x$ (on peut : on fixe le produit scalaire, on trouve un repère pour avoir l'équation $y^2=2px$ et on multiplie le produit scalaire par une constante convenable). Si elle coupe sa directrice, qui a pour équation $x=-1$, c'est en les points $A$ et $B$ de coordonnées... $(-1,\pm2\mathrm{i})$. Les tangentes en $A$ et $B$ ont pour équation $-4x\pm4\mathrm{i}y-4=0$, dont l'intersection est $F(-1,0)$ : c'est bien le foyer de $\Pi$ !

Apparemment, il faut se placer dans $\R\times\mathrm{i}\R\subset\C\times\C$ au lieu de $\R^2$... Cela incite à faire le changement de variable $(x',y')=(x,\mathrm{i}y)$, ce qui transporte la forme euclidienne $x^2+y^2$ sur ${x'}^2-\frac14{y'}^2=(x'-\frac12y')(x'+\frac12y')$ : ça ressemble beaucoup à la forme notée $xy$ dans un autre repère.

Tout cela est un peu fumeux, je ne sais pas préciser comme ça. On peut néanomins retenir : les tangentes menées du foyer d'une parabole la coupent en deux points de la directrice, ce qui est exactement la propriété annoncée...

Bonjour
Math Cross wrote : "On peut néanmoins retenir : les tangentes menées du foyer d'une parabole la coupent en deux points de la directrice, ce qui est exactement la propriété annoncée…"

Ce n'est rien d'autre que le fait bien connu (??) que la directrice est la polaire du foyer.

Amicalement. Poulbot

Est-ce que le fait que la directrice est la polaire du foyer est « bien connu » ? Je dirais que c'est très relatif... Et s'il est bien connu, c'est bien qu'il mérite d'être retenu...

Quoi qu'il en soit, sachant que la polaire d'un point extérieur est la droite qui passe par les points de contact avec les tangentes, on voit que ce fait est plus ou moins équivalent à la question initiale de Pappus. Ce que je veux dire, c'est que Pappus voulait inciter les béotiens à retrouver cette propriété dans un cadre relativement inhabituel (en Béotie du moins) où la directrice coupe la conique.

Solution sale en résolvant des équations. Pour la propriété de la sous-normale, que je ne connaissais pas, j'ai utilisé ces notes de Jean Pariset (p. 11-12). On y apprend que si un cercle est « super-osculateur » à une parabole, c'est-à-dire qu'il est tangent à la parabole en leurs deux points d'intersection, alors le centre du cercle et le milieu du segment reliant les points de tangence sont sur l'axe de la parabole et sont distants de $p$ (le paramètre de la parabole).

Revenons à notre parabole et à son repère. L'équation est $(x-y)^2=2(x+y)-1$. Une première façon de la paramétrer, c'est de résoudre $x-y=t$ et $t^2=2(x+y)-1$. On améliore un peu en posant $x-y=2t+1$, ce qui donne $x=(t+1)^2$ et $y=t^2$. Mais c'est visiblement encore mieux de décaler pour rendre opposés les paramètres de $A$ et $B$. Bref, on paramètre la parabole par\[x=\Bigl(t+\frac12\Bigr)^2,\quad y=\Bigl(t-\frac12\Bigr)^2.\] D'autre part, les $q$-cercles sont les hyperboles ayant une équation de la forme $xy-bx-cy+d=0$ (on écrit la forme quadratique $q$ et on s'autorise n'importe quel terme linéaire). Le centre est en $(b,c)$. Pour trouver l'intersection, on remplace l'expression de $x$ et $y$ en fonction de $t$ dans l'équation du $q$-cercle, ce qui donne l'équation : \[t^4-\Bigl(b+c+\frac12\Bigr)t^2+(-b+c)t-\frac{b}{4}-\frac{c}{4}+d+\frac1{16}=0.\]Les solutions multiples correspondent à des points de tangence. Si on a deux solutions doubles, elles sont nécessairement opposées puisque le coefficient de $t^3$ est nul et donc l'équation est de la forme $(t-t_0)^2(t+t_0)^2=0$, c'est-à-dire $(t^2-t_0^2)=0$.

Cela ne peut se produire que si le coefficient de $t$ est nul, ce qui force $b=c$. C'est un premier résultat : le centre d'un $q$-cercle bitangent est nécessairement sur l'axe $\Delta$ ($y=x$), si bien que la développée des $q$-cercles osculateurs est une demi-droite portée par $\Delta$. La relation entre $b$ et le paramètre $t_0$ est : $t_0^2=b+\frac14$ donc l'origine de la demi-droite est $(-\frac14,-\frac14)$.

Le milieu du segment reliant les points bitangents a deux coordonnées égales à $t_0^2+\frac14$ et le centre : $t_0^2-\frac14$ donc le vecteur entre les deux est fixe et égal à $(\frac12,\frac12)$ (segments violet foncé sur la figure).

Cher Pappus,
J'ai montré une propriété qui est l'exact analogue de celle que j'ai lue sous le nom de « propriété de la sous-normale » dans la référence ci-dessus pour des « vrais » cercles. Note que le mot « super-osculateur » utilisé une fois improprement est remplacé plus bas par « bitangent ». C'est donc bien cette famille de $q$-cercles que j'ai décrite plus bas.

Je n'étais cependant pas satisfait par ce « bitangent » au lieu d'« osculateur » donc j'ai cherché un $q$-cercle osculateur. Toujours dans ton repère, cela revient à chercher une racine triple $t_0$ à l'équation en $t$ \[t^4-\Bigl(b+c+\frac12\Bigr)t^2+(-b+c)t-\frac{b}{4}-\frac{c}{4}+d+\frac1{16}=0.\]L'autre est nécessairement $t_1=-3t_0$ et on trouve pour centre le point de coordonnées\[b=-4t^3+3t^2-\frac14,\quad c=4t^3+3t^2-\frac14.\]La développée est donc une cubique (eh !), dessinée en violet ci-dessous, symétrique par rapport à l'axe $\Delta$ (eh !), avec un point de rebroussement pour $t=0$ (ah ?), tangente à la parabole aux points $A$ et $B$, où le $q$-cercle osculateur dégénère en deux droites (« rayon nul » ?).

Les deux familles ($q$-cercles osculateurs et $q$-cercles focaux) ont une caractérisation commune : ce sont les $q$-cercles qui ont un contact plus intime avec la parabole qu'une tangente commune (un contact d'ordre $3$ ou $2$ contacts d'ordre $2$). Aurais-je dû écrire « super-tangent » au lieu de « super-osculateur » ?

Bon, j'ai bâclé. Dans le texte de Jean Pariset, qui traite le cas d'une racine triple juste en-dessous des deux racines doubles, on trouve si on prend la peine de lire :

Jean Pariset a écrit:

L’intersection de la normale en $M_{t_0}$ avec la médiatrice de $[M_{t_0}M_{t_1}]$ est le centre du cercle osculateur à la parabole en $M_{t_0}$.

On le vérifie graphiquement (le tout est de se rappeler que « normale » et « médiatrice » sont relatives à $q$ ; par exemple, la médiatrice de $[AB]$ est caractérisée par $q(\vec{MA})=q(\vec{MB})$). Pour le démontrer, cela revient à vérifier qu'un polynôme en $t$ est nul, preuve calculatoire que je me dispense de transcrire ici faire.

Je rêve de répondre à toutes ces questions mais dans l'immédiat, je rêve encore plus de rêver dans mon sommeil.

Bonjour Pappus
"Intuitivement je dirais donc qu'il y a deux (ou trois) orbites pour les paraboles sous l'action du groupe des $q$-similitudes (directes), reste à le prouver!"

Si P est une parabole dont le point à l'$\infty $ n'est ni celui de $FA$, ni celui de $FB$, les tangentes à P parallèles à $FA$ et $FB$ la touchent en $A^{\prime }$ et $B^{\prime }$ et se coupent en $F^{\prime }$. Les applications affines $FAB\rightarrow F^{\prime }A^{\prime }B^{\prime }$ et $FAB\rightarrow F^{\prime }B^{\prime }A^{\prime }$ sont des $q$-similitudes transformant $\Pi $ en P et une des $2$ est directe.

Si le point à l'$\infty $ de P est celui de $FB$, son image par la translation de $\overrightarrow{A^{\prime }F}$ a même point à l'$\infty $ que $\Pi ^{\prime }$ et lui est tangente en $F$; P et $\Pi ^{\prime }$ sont donc homothétiques.

Dans le repère $\left( F,\overrightarrow{FA},\overrightarrow{FB}\right) $, $\Pi ^{\prime }$ a pour équation $y=x^{2}$; son image $\Pi ^{\prime \prime }$ par la $q$-similitude directe $\left( x,y\right) \rightarrow \left( y,-x\right) $ a pour équation $x=y^{2}$ et, comme précédemment, si le point à l'$\infty $ de P est celui de $FA$, alors P et $\Pi ^{\prime \prime }$ sont homothétiques.

Finalement, que ce soit sous l'action des $q$-similitudes ou des $q$-similitudes directes, il n'y a que deux orbites : celles de $\Pi $ et de $\Pi ^{\prime }$.

Amicalement. Poulbot

La géométrie, ça me dépasse un peu, alors j'essaie l'algèbre. Comme il s'agit de paraboles, la vraie question consiste à trouver les orbites de vecteurs non nuls (en fait, ce sont plutôt les droites qui comptent) sous le groupe des $q$-similitudes vectorielles.

On veut classer les paraboles à $q$-similitude près, où $q(x,y)=xy$. On commence par remarquer, comme annoncé par Gai Requin il y a longtemps, que pour tout $a\ne0$ les applications $(x,y)\mapsto(ax,a^{-1}y)$ et $(x,y)\mapsto(ay,a^{-1}x)$ sont des (les) isométries (vectorielles), parmi lesquelles la symétrie $(x,y)\mapsto(y,x)$ permute les deux droites isotropes. D'autre part, $(x,y)\mapsto(-x,y)$ et $(x,y)\mapsto(x,-y)$ sont des $q$-similitudes (elles multiplient $q$ par $-1$, on n'attend pas ça d'une similitude – euclidienne). Ajoutons les homothéties, on doit avoir fait le tour.

Autre remarque préliminaire. Les $q$-isométries ont trois orbites de droites non nulles : selon qu'elles sont dirigées par un vecteur $v$ tel que $q(v)=0$, $q(v)>0$ ou $q(v)<0$. Les vecteurs isotropes sont ceux de la forme $(x,0)$ ou $(0,y)$. Avec les $q$-similitudes, on peut inverser la causalité et il n'y a plus qu'une seule orbite de vecteurs non nuls. Par dualité ($q$ est non dégénérée) il en est de même pour les droites du dual : il y a l'orbite de $y$ (et $x$ ; ici, $y$ désigne $(x,y)\mapsto y$, etc. ; il s'agit des équations des droites isotropes) et l'orbite de $x+y$ (et des autres droites).

Une parabole (non dégénérée) a une équation de la forme $\ell(x,y)^2+m(x)+c=0$, où $\ell$ et $m$ sont des formes linéaires non nulles (et non proportionnelles). Par une $q$-similitude, on peut transformer $\ell$ soit en $y$, soit en $x+y$. À changement de base près, on a donc :

• soit une équation de la forme $y^2+ax+by+c=0$ avec $a\ne0$ (sinon on a deux droites), ce qui se réduit à $y^2=x$ (une translation $x'=x+c/a$, $y'=y+b/2$ supprime les termes $by$ et $c$, une similitude adéquate ramène à $a=-1$) ;
• soit une équation de la forme $(x+y)^2+a(x-y)+b(x+y)+c=0$ et le même genre de réductions ramène à $(x+y)^2=x-y$ qui est essentiellement la parabole $\Pi$ du début.

Bonsoir Pappus
Comme chacun sait, les ellipses ont une excentricité $>1$.
Amicalement. Poulbot

Bonjour

Dans le repère Pappusien, avec $a=\left( 1,\mu \right) ,b=\left( \mu ,1\right) ,c=\left( -1,-\mu \right) ,d=\left( -\mu ,-1\right) $, la conique a pour équation
$x^{2}-2\mu xy+y^{2}+\mu ^{2}-1=0$. C'est une ellipse si $\left\vert \mu \right\vert <1$, une hyperbole si $\left\vert \mu \right\vert >1$.

Toujours avec $q\left( x,y\right) =xy$, si $H$ est la $q$-projection d'un point $M$ de la conique sur la directrice associée à un des $4$ foyers $F$ , on a $\dfrac{q\left( \overrightarrow{MF}\right) }{q\left( \overrightarrow{MH}\right) }=\dfrac{2}{1-\mu }$ si $F=A$ ou $F=C$ et $\dfrac{q\left( \overrightarrow{MF}\right) }{q\left( \overrightarrow{MH}\right) }=\dfrac{2}{1+\mu }$ si $F=B$ ou $F=D$.
Ainsi, dans le cas d'une ellipse, on a deux "$q$-excentricités" $\sqrt{\dfrac{2}{1-\mu }}$ et $\sqrt{\dfrac{2}{1+\mu }}$, toutes deux $>1$.

Amicalement. Poulbot