Géométrie et équations différentielles.
dans Géométrie
Bonjour,
Intéressé par la géométrie, et en train d'étudier les équations différentielles, je cherche une application des équations différentielles dans la géométrie.
Intéressé par la géométrie, et en train d'étudier les équations différentielles, je cherche une application des équations différentielles dans la géométrie.
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Réponses
Voici un exercice que j'ai déjà dû donner il y a dix ans sans trop de succès pour ne pas dire qu'il avait fait un bide monumental.
Ce serait sans doute la même chose aujourd'hui mais tu m'as l'air particulièrement motivé. Alors pourquoi pas?
Il concerne les droites isotomiques d'un triangle $ABC$.
On montre que par un point du plan d'un triangle $ABC$, il passe en général deux droites isotomiques par rapport à ce triangle
On définit ainsi dans le plan deux champs de direction.
1° Former l'équation différentielle définie par ces deux champs de direction.
2° L'intégrer.
A toi de rechercher la définition des droites isotomiques et Bonne Chance!
Il n'est pas interdit de faire une figure et au besoin d'appliquer la méthode de Runge-Kutta.
Amicalement
[small]p[/small]appus
-- Schnoebelen, Philippe
Merci de nous rappeler ces vieilles lunes.
Le calcul d'une développée est celui d'une enveloppe à savoir l'enveloppe des normales.
Et un calcul d'enveloppe n'a rien à voir mais vraiment rien à voir avec la résolution d'une équation différentielle.
Tu remarqueras d'ailleurs que mon problème tel que je l'ai formulé est un problème affine tout comme la définition des droites isotomiques. Donc on peut oublier les développées!
Plusieurs défis se posent à notre ami Anas Mourahib
1° Trouver sur la toile la définition des droites isotomiques.
2° Choisir le repère.
3° Former l'équation différentielle forcément de la forme: $y'^2+P(x,y) y'+Q(x,y)=0$ puisqu'en chaque point du plan $(x,y)$ il y a deux pentes à calculer.
4° Résoudre cette équation différentielle qui d'après mes vagues souvenirs rentre dans le catalogue des équations différentielles connues.
C'est cette partie qui devrait être la plus facile!
Enfin pour couronner le tout, il faut avoir une solide connaissance de la géométrie et notamment de la théorie des coniques projectives et affines qui ne se limite pas comme aujourd'hui à leur sempiternelle classification!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Théoriquement ce minuscule exercice pourrait être posé à l'oral d'un grand concours ou pourquoi pas à celui de l'agrégation mais il ne faut pas rêver. La génération actuelle des examinateurs a été seulement formée à la classification des coniques. Sur ce sujet, ils n'en savent pas plus que ceux qu'ils interrogent!
Allez, je suis bon prince.
Je rappelle la définition des droites isotomiques.
Sur ma figure ci-dessous on est dans le plan affine (réel).
On est face à un triangle $ABC$, à son triangle médial $\alpha\beta\gamma$ et à une droite $L$ coupant respectivement les droites $BC$, $CA$, $AB$ en $a$, $b$, $c$.
On construit les symétriques respectifs $a'$ de $a$ par rapport à $\alpha$, $b'$ de $b$ par rapport à $\beta$, $c'$ de $c$ par rapport à $\gamma$.
On montre alors que les points $a'$, $b'$, $c'$ sont alignés sur une droite $L'$, appelée droite isotomique de $L$ par rapport au triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le tome 4 du nouveau cours de mathématiques spéciales "Applications de l'Analyse à la Géométrie" (programmes de 1963) de G.Cagnac, E. Ramis et J. Commeau propose nombres de ces applications.
Amicalement
Aujourd'hui, je suis plus que généreux.
Voici une remarque autrefois connue de nos anciens mais complètement oubliée aujourd'hui où tout ce qu'on sait d'une hyperbole est qu'il existe des coordonnées dans lesquelles elle a pour équation: $xy=1$, la belle affaire!
Sur ma figure, l'hyperbole de centre $M$ passant par les points $A$, $B$, $C$ a justement pour asymptotes les droites isotomiques passant par $M$.
J'en ai assez dit pour qu'on puisse aborder ce problème!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bien sûr et même dans des ouvrages plus récents comme ceux de Madame Lelong-Ferrand et de Monsieur Arnaudiès.
Mais Anas Mourahib nous a posé une question et comme je suis loin de mes bases et de mes livres, je lui ai proposé ce problème.
On est libre ou non de le résoudre évidemment et je me doute bien que j'aurais très peu de réponses constructives comme il y a dix ans!
Mais cela n'empêchera pas la terre de continuer à tourner!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Même si on est dans le plan affine, on va travailler d'abord en coordonnées barycentriques homogènes dans le triangle $ABC$, une façon de faire de la géométrie projective sans prononcer son nom tabou.
Il est très facile de le montrer, l'équation en coordonnées barycentriques homogènes d'une conique $\Gamma$, circonscrite au triangle $ABC$ est de la forme suivante:
$$uyz+vzx+wxy=0$$
Maintenant, on se donne arbitrairement un point $M(x_0:y_0:z_0)$ et un premier problème absolument épouvantable se pose à nous!
Comment écrire que $M$ est le centre de la conique $\Gamma$?
Ce problème est devenu épouvantable aujourd'hui, il ne l'était pas hier, il était même parfaitement banal.
Mais comment voulez vous qu'on puisse écrire qu'un point est le centre d'une conique quand la théorie des coniques se résume à leur classification?
Pour cela je vous conseille par exemple de lire
le livre de Jean-Denis Eiden:
Géométrie Analytique Classique
publié chez Calvage & Mounet
Amicalement
[small]p[/small]appus
En effet mais il me semblait avoir vu passer quelques exercices où les hypothèses sur l'enveloppe revenaient à résoudre une équation différentielle.
-- Schnoebelen, Philippe
Je peux te certifier que la théorie des enveloppes n'a rien à voir avec notre histoire.
Laissons la donc où elle est c'est à dire dans les poubelles de notre enseignement et concentrons nous sur les coniques et les équations différentielles qui sont encore sans doute très provisoirement dans nos programmes, surtout pour les coniques!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voyons comment faisaient nos anciens pour récupérer le centre d'une conique dont ils connaissaient l'équation homogène:
$$q=0$$
Ca vous en bouche un coin d'écrire une équation aussi concise. Tout simplement parce $q$ est techniquement ce qu'on appelle une forme quadratique de trois variables $(x,y,z)$ pour ce qui nous concerne.
Dans ce système de coordonnées, la polaire d'un point $m_0(x_0:y_0:z_0)$ avait pour équation:
$$xq'_x(x_0,y_0,z_0)+yq'_y(x_0,y_0,z_0)+zq'_z(x_0,y_0,z_0)=0$$
Par définition le point $m_0$ sera le centre si et seulement si sa polaire est la droite de l'infini d'équation: $x+y+z=0$.
Cela se traduit par les équations:
$$q'_x(m_0)=q'_y(m_0)=q'_z(m_0)$$
Ce sont des équations linéaires très simples à résoudre.
Faites le dans le cas où $q=uyz+vzx+wxy$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
C'est sans doute cette simplicité de calculs qui a conduit à la disparition de la théorie des coniques et de la géométrie projective.
Plutôt que de s'investir dans l'étude un peu abstraite de cette géométrie, on a préféré rester au niveau plus simple des algèbres linéaire et bilinéaire.
La théorie projective des coniques a disparu purement et simplement au profit de celle des formes quadratiques.
Un simple exemple: l'équation de la polaire se traduit par: $b(m,m_0)=0$ où $b$ est la forme bilinéaire symétrique associée à $q$.
La polarité a disparu au profit de l'orthogonalité!
Soit $\Gamma$, la conique circonscrite d'équation:
$$ (1)\ uyz+vzx+wxy=0$$
Elle est entièrement déterminée pat la connaissance du point $I(u:v:w)$ qu'in appelle le perspecteur de la conique.
Je trouve que ce "perspecteur" est un affreux néologisme.
C'est en fait le centre de perspective entre le triangle de référence $ABC$ et le triangle tangentiel formé par les tangentes à $\Gamma$ aux points $A$, $B$, $C$, voir figure ci-dessous.
La première chose à faire est de déterminer le genre de $\Gamma$.
On cherche son intersection avec la droite de l'infini d'équation:
$$(2)\ x+y+z=0$$
On élimine $z$ entre les équations $(1)$ et $(2)$ pour annuler la forme quadratique
$$(3)\ vx^2+((u+v-w)xy+ux^2=0$$
Son discriminant est:
$$\delta=uv-\dfrac 14(u+v-w)^2=\dfrac 14(2vw+2wu+2uv-u^2-v^2-w^2)$$
$\delta>0$, $\Gamma$ est du genre ellipse $\iff$ $I$ intérieur à l'ellipse de Steiner du triangle médial.
$\delta<0$, $\Gamma$ est du genre hyperbole $\iff$ $I$ extérieur à l'ellipse de Steiner du triangle médial.
$\delta=0$, $\Gamma$ est du genre parabole $\iff$ $I$ appartient à l'ellipse de Steiner du triangle médial.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour trouver le centre $(x:y:z)$ de $\Gamma$, il nous faut résoudre les équations:
$$q'_x=q'_y=q'_z$$ qui s'écrivent:
$$(1)\ vz+wy=wx+uz=uy+vx$$
C'est un simple système linéaire dont la solution s'écrit immédiatement:
$$(x:y:z)=u(v+w-u):v(w+u-v):w(u+v-w)$$
On remarque que le système $(1)$ est involutif, il ne change pas si on permute $(u,v,w)$ et $(x,y,z)$, on a donc aussi:
$$(u:v:w)=(x(y+z-x):y(z+x-y):z(x+y-z)$$
La correspondance entre le perspecteur $I(u:v:w)$ et le centre $\Omega(x:y:z)$ est donc une transformation quadratique et j'ai dû montrer dans un passé assez récent que c'était l'isotomie par rapport au triangle médial,(c'est un bon exercice!).
En résumé l'équation homogène de la conique circonscrite de centre $M(x_0:y_0:z_0)$ est:
$$x_0(y_0+z_0-x_0)yz+y_0(z_0+x_0-y_0)zx+z_0(x_0+y_0-z_0)xy=0$$
Pour avoir son genre, on cherche son intersection avec la droite de l'infini mais on l'a déjà fait:
$$4\delta(x_0(y_0+z_0-x_0),y_0(z_0+x_0-y_0),z_0(x_0+y_0-z_0))=2y_0^2z_0^2+2z_0^2x_0^2+2x_0^2y_0^2-x_0^4-y_0^4-z_0^2$$
$$4\delta(x_0(y_0+z_0-x_0),y_0(z_0+x_0-y_0),z_0(x_0+y_0-z_0))=(x_0+y_0+z_0)(y_0+z_0-x_0)(z_0+x_0-y_0)(x_0+y_0-z_0)$$
On est tombé sur le polynôme de Héron et sa factorisation bien connue.
Ce sont donc les côtés du triangle médial qui vont jouer le rôle de séparatrice pour le centre entre ellipses et hyperboles.
C'est donc dans les trois régions notées $H$ que seront définies nos champs de direction!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Vous me direz pourquoi les asymptotes d'une hyperbole circonscrite à un triangle $ABC$ sont des droites isotomiques.
Eh bien, c'était pratiquement une question de cours quand j'étais bachelier et vous trouverez la réponse quelque part dans le Lebossé Hémery.
Soit $\Gamma$ une hyperbole d'asymptotes $D$ et $D'$ et soit $L$ une droite coupant l'hyperbole en $M$ et $M'$ et les asymptotes en $P$ et $P'$. Alors les segments $MM'$ et $PP'$ ont même milieu $\Omega$.
La propriété d'isotomie en résulte immédiatement en coupant l'hyperbole circonscrite au triangle $ABC$ par ses trois côtés.
Et vous me direz, comment Lebossé-Hémery y fzé pour montrer cette propriété de l'hyperbole?
Et bien les bacheliers de l'époque s'ils ne connaissaient pas la classification des coniques, eux connaissaient l'équation de l'hyperbole rapportée à ses asymptotes comme on le disait et ils savaient s'en servir contrairement à nos étudiants d'aujourd'hui!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Après ces petits (?) préliminaires géométriques, on est presque prêts à former cette maudite équation différentielle.
Mais quand je dis "presque", je m'avance peut-être un peu! On va le voir!
On place le point $M(x_0:y_0:z_0)$ dans la bonne région pour que la conique circonscrite $\Gamma$ de centre $M$ et d'équation homogène:
$$x_0(y_0+z_0-x_0)yz+y_0(z_0+x_0-y_0)zx+z_0(x_0+y_0-z_0)xy=0$$
soit une hyperbole.
Et déjà une première question affreuse!
Comment récupérer les asymptotes de $\Gamma$?
Mais une autre question non moins épouvantable se pointe à l'horizon!
Jusqu'ici on a travaillé avec des coordonnées barycentriques homogènes.
Mais Anas Mouharib le sait bien, une équation différentielle (en Taupe), cela se définit dans un ouvert de l'espace affine!
Il va donc falloir passer des coordonnées barycentriques homogènes à des coordonnées cartésiennes pour ne pas dire affines car la géométrie affine a autant mauvaise presse que la géométrie projective et moins on parle d'elle et mieux on se porte.
Nos anciens n'avaient pas ces cas de conscience, ils ne parlaient ni du plan euclidien, ni du plan affine, ni du plan projectif mais seulement du plan et ils savaient s'en servir de ce plan!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une telle asymptote passe par $M$ et son point à l'infini vérifie l'équation de $\Gamma$.
Le reste est affaire de calculs...
Avec ta remarque, l'exercice est pratiquement terminé mais il y a un dernier pas à franchir: passer des coordonnées barycentriques homogènes aux coordonnées cartésiennes c'est à dire du projectif à l'affine et on doit obtenir noir sur blanc une équation différentielle de la forme:
$$y'^2+P(x,y)+Q(x,y)=0$$ où $P$ et $Q$ sont des fonctions rationnelles de $(x,y)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
On y vient petit à petit.
Serais-tu un partisan de l'ordre (lexicographique) pour préférer le repère $\{A;(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ aux autres?
En tout cas tu passes du point $M(x:y:z)$ au point $M(\dfrac y{x+y+z},\dfrac z{x+y+z})$ dans ton repère $\{A;(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\}$.
C'est le même point mais avec des coordonnées différentes!
Il faudrait expliquer pourquoi!
Et puis tu oublies les points à l'infini $M(x:y:z)$ avec $x+y+z=0$.
Que vont-ils devenir les pauvres? Seront-ils bannis eux aussi?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je ne comprends pas, une droite vectorielle de quel espace vectoriel?
Quand nous parlons du point $M(x:y:z)$ avec $x+y+z=0$, nous savons toi et moi que nous faisons de la géométrie projective sans le dire.
Nous utilisons ce qu'on appelle le complété projectif du plan affine et ce point $M$ est situé justement sur la droite (de l'infini) qu'on a rajouté au plan affine pour en faire un honnête mais défunt plan projectif.
Mais il faut regarder dans quelle direction pour apercevoir ce point $M$ avec une bonne paire de jumelles?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Parfaitement exact!
Mais le vecteur $(y,z)$ ne fait pas partie de cet espace vectoriel!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ton vecteur $(y,z)$ est un couple de réels et jusqu'à nouvel ordre, il appartient à l'espace vectoriel $\mathbb R^2$ dont je ne connais pas l'indice de réfraction!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu es bien d’accord que le vecteur $(y,z)$ est dans $\mathbb R^2$.
Il ne peut donc appartenir à l’espace vectoriel associé au plan affine contenant le triangle $ABC$.
Voici un exemple de vecteur appartenant à cet espace vectoriel associé:
$$\overrightarrow{AB}$$
Ce n’est certes pas un couple de réels!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Donc le vecteur de coordonnées $(y,z)$ dans ce repère, c'est explicitement $y\overrightarrow{AB}+z\overrightarrow{AC}$.
Encore fallait-il le dire explicitement, c’est fait! OK!
Mais on est bien obligé de te croire sur parole!
Maintenant comment peut-on écrire cette maudite équation différentielle en deux coups de cuiller à pôt?
Amicalement
[small]p[/small]appus
D'où l'équation différentielle $$y'^2+\frac{-4x^2-4xy-4y^2+4x+4y-1}{x(1-2x)}y'+\frac{y(1-2y)}{x(1-2x)}=0.$$
A prendre avec de grosses pincettes !
C'est un plaisir et un honneur de dialoguer avec toi.
Ce qui est intéressant dans ce calcul, c'est justement le passage du projectif à l'affine.
On aurait pu s'en passer en travaillant dans l'affine dés le départ mais je ne voulais pas éluder cette petite difficulté que nos anciens maîtrisaient si bien.
Dans le projectif on a uniquement des points $M(x:y:z)$ avec trois coordonnées homogènes et dans l'affine, on a des points et des vecteurs avec seulement deux coordonnées.
Il faut se débarrasser d'une coordonnée.
Tu as choisi d'envoyer $x$ au diable pour ne garder que le couple $(y,z)$, traumatisant ainsi tous les malheureux qui auraient bien voulu garder $(x,y)$ dès le départ.
D'ailleurs dans ta première ligne tu n'as que des $y$ et des $z$ et dans la deuxième tu as un petit remords envers les traumatisés et tu rétablis le couple $(x,y)$ dans ses droits légitimes.
Cela fait un peu fouillis et tu reconnais toi même que ton résultat est à prendre avec de grosses pincettes.
Tu as plus ou moins bien expliqué ce qui se passait pour les points à l'infini $M(x:y:z)$ qui sont des classes d'équivalence (par homothéties) de vecteurs du prolongement vectoriel qui sont de la forme $x.A+y.B+z.C$ avec $x+y+z=0$ avec toujours la même idée d'éliminer $x$ pour ne garder que $(y,z)$
Tu as décidé d'éliminer $x=-y-z$ et tu te retrouves avec le vecteur: $y(B-A)+z(C-A)=y\overrightarrow{AB}+z\overrightarrow{AC}$ de l'espace vectoriel associé à l'espace affine comme tu l'as dit.
On a profité ainsi du fait que cet espace vectoriel associé apparaît plongé dans le prolongement vectoriel (du plan affine) comme le plan d'équation $x+y+z=0$ dans la base $(A,B,C)$ du prolongement vectoriel (du plan affine).
Mais tu n'as pas expliqué assez clairement ce qui se passait pour les points $M(x:y:z)$ qui ne sont pas situés sur la droite de l'infini c'est à dire avec $x+y+z\not=0$ avec toujours la même idée d'éliminer $x$ pour ne garder que $(y,z)$.
Les calculs ne sont pas tout à fait les mêmes que pour les points à l'infini!!
Car il faut jouer sur le fait que le plan affine (du triangle $ABC$) apparaît plongé dans le prolongement vectoriel (du plan affine) comme le plan d'équation $x+y+z=1$ toujours dans la base $(A,B,C)\ $ du prolongement vectoriel!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Disons que j'ai trouvé une équation différentielle qui ressemble plus ou moins à la tienne.
$$x(1-2x)y'^2+(2x-1)(2y-1)y'+y(1-2y)=0\ $$
elle aussi à prendre avec d'encore plus grosses pincettes.
Donc il y a au moins un d'entre nous qui a tort!
C'est à moi de te remercier pour ce beau problème.
Et, évidemment, c'est ton équation qui est juste (erreur de signe de ma part) !
Je détaille le calcul qui permet de retrouver ton coefficient de $y'$, en notant $S=x+y+z$.
Tout d'abord, $$\begin{align} v+w-u&=y(x+z-y)+z(x+y-z)-x(y+z-x)\\
&=y(S-2y)+z(S-2z)-(S-y-z)(2y+2z-S).\end{align}$$
Donc $\dfrac{v+w-u}{S^2}=\dfrac y S\left(1-2\dfrac y S\right)+\dfrac z S\left(1-2\dfrac z S\right)-\left(1-\dfrac y S-\dfrac z S\right)\left(2\dfrac y S+2\dfrac z S-1\right)$.
Mais, dans le repère pourri que j'ai choisi, $x:=\dfrac y S$ et $y:=\dfrac z S$.
Donc le coefficient cherché est $$\begin{align} \frac{v+w-u}{S^2}&=x(1-2x)+y(1-2y)-(1-x-y)(2x+2y-1)\\
&=(2x-1)(2y-1).\end{align}$$
Remarque : Les deux autres coefficients sur lesquels on était d'accord sont $$\frac v {S^2}=x(1-2x)\text{ et }\frac w {S^2}=y(1-2y).$$
Je pense qu'on peut faire une petite pause bien méritée.
Quand je pense au mal qu'on s'est donné toi et moi pour former cette maudite équation différentielle, je suis un peu triste de penser que la disparition de la géométrie projective et celle programmée de la géométrie affine nous privent de si beaux problèmes!
$JFS$ nous a signalé dans les livres de Taupe des problèmes d'équations différentielles issues de la géométrie.
C'est vrai mais la plupart de ces problèmes sinon tous devraient provenir de la géométrie euclidienne. Il faudra que je vérifie quand je serai de retour dans ma yourte au milieu des yacks et des pécaris tutélaires!
J'ai le souvenir de m'être posé ce problème et de l'avoir résolu, il y a cinquante ans ou soixante ans quand la populace criait: A bas Euclide.
A cette époque Poulbot n'était qu'une possibilité quantique à la recherche de son spectre pour se matérialiser et je n'avais pas vu l'astuce de l'hyperbole et de ses asymptotes. Donc je sais qu'on peut faire sans mais tout ceci doit dormir dans un vieux cahier en lambeaux quelque part dans le foutoir canonique!
On pourrait proposer cette équation sur le forum d'Analyse pour voir la réaction.
Sans doute pas grand chose.
Et pourtant elle a des solutions fort connues géométriquement, nous allons le voir.
Donc en principe cette équation devrait s'intégrer sans problèmes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et Maple ne peut pas tracer les graphes de ces solutions et les recoller correctement?
J'ai envie de philosopher un peu!
Dans ma jeunesse, j'avais appris religieusement mes tables de multiplication en même temps que des rudiments de syntaxe et d'orthographe.
Aujourd'hui avec l'arrivée des calculatrices, à quoi bon les apprendre? Quant à l'orthographe, il est clair qu'elle n'est plus enseignée, il suffit de parcourir ce forum!
On se contente de récolter des pokémons ou d'exterminer des indésirables sur son smartphone!
Il n'y a plus besoin de savoir son cours sur les équations différentielles, Maple est là qui veille au grain!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu peux au moins me tracer les solutions qui ne sont pas des droites, les placer correctement par rapport au triangle $ABC$ et m'identifier ces drôles de bestioles!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai une solution de contournement avec l'outil Trace mais le résultat risque d'être moche... Avec des tangentes pas faciles à dessiner !
A moins que les courbes intégrales ne soient des coniques...
Bref, je ne vais pas pouvoir répondre à ta demande aujourd'hui.
Désolé !
On fait de la géométrie affine, donc tous les repères sont bons à prendre et on en a rien à cirer s’ils sont orthonormés!
Geogebra sait-il traiter les équations différentielles?
Mais tu n’as quand même pas besoin de Geogebra pour me dire non seulement que ces solutions sont des coniques mais aussi pour me donner leur genre!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les courbes intégrales sont en général des paraboles.
Maintenant regarde la première figure que j'ai donnée dans cette discussion!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et aussi les calculs !
J'espère que tu nous feras part de tes calculs.
J'ai mis l'équation différentielle sur le forum d'Analyse et pour le moment c'est le calme plat.
Clairement ce sujet n'intéresse pas beaucoup nos analystes et peut-être aurais-je dû tenter ma chance sur un autre forum?
En tout cas on sait ce qu'on doit trouver: les paraboles tangentes aux côtés du triangle médial.
Ces paraboles sont tangentes à quatre droites: les trois côtés du triangle médial et la droite de l'infini.
Techniquement elles forment ce qu'on appelle un faisceau tangentiel de coniques.
Pour nos anciens cela suffisait pour former leurs équations tangentielles puis leurs équations ponctuelles.
On pourrait alors constater qu'elles sont bien les solutions de notre équation différentielle.
Cela c'est l'aspect calculatoire.
Mais il y aussi l'aspect géométrique! La géométrie est de retour pour la fin de cet exercice.
Nous aurons alors besoin des techniques exposées dans les livres de Bruno Ingrao ou de Jean Denis Eiden.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il est intéressant de voir comment nos anciens formaient l'équation de ces paraboles.
Soit $L$ la droite de l'infini.
J'ai déjà noté le triangle médial $\alpha\beta\gamma$.
Cherchons les coniques décomposées de ce faisceau.
Tout d'abord:
1° La paire de points $(\alpha=\alpha\beta\cap\alpha\gamma, \infty_A=\beta\gamma\cap L)$ où $\infty_A$ désigne le point à l'infini de la droite $BC$.
2° La paire $(\beta,\infty_B)$ où $\infty_B$ désigne le point à l'infini de la droite $CA$.
3° La paire $(\gamma,\infty_C)$ où $\infty_C$ désigne le point à l'infini de la droite $AB$.
Le point $\alpha$ a pour coordonnées homogènes $(0:1:1)$. Son équation tangentielle, (c'est à dire la condition pour que la droite d'équation homogène $ux+vy+wz=0$ passe par $\alpha$), est: $v+w=0$.
Le point $\infty_A$ a pour coordonnées homogènes $(0:1:-1)$. Son équation tangentielle est: $v-w=0$.
Donc l'équation de la conique tangentielle décomposée $(A,\infty_A)$ est: $v^2-w^2=0$.
C'est la condition pour que la droite d'équation homogène $ux+vy+wz=0$ passe soit par $\alpha$ soit par $\infty_A$.
De même l'équation de la conique tangentielle décomposée $(B,\infty_B)$ est: $w^2-u^2=0$.
L'équation de ce faisceau tangentiel est donc:
$v^2-w^2+\lambda(w^2-u^2)=0$
ou encore:
$$\lambda u^2-v^2+(1-\lambda)w^2=0$$
N'est-ce pas le super pied pour un algébriste d'écrire tant de formes quadratiques décomposées en carré qui plus est.
La matrice de cette conique tangentielle est:
$$Diag(\lambda,-1,1-\lambda)=\begin{pmatrix}\lambda&0&0\\0&-1&0\\0&0&1-\lambda\end{pmatrix}$$
La matrice de l'équation ponctuelle est donnée par la comatrice:
$$Diag(\lambda-1,\lambda(1-\lambda),-\lambda)=\begin{pmatrix}\lambda-1&0&0\\0&\lambda(1-\lambda)&0\\0&0&-\lambda\end{pmatrix}$$
L'équation homogène ponctuelle de cette conique est donc:
$$(\lambda-1)x^2+\lambda(\lambda-1)y^2-\lambda z^2=0$$
Vous voyez la vitesse à laquelle ils allaient .
Cela ne rigolait pas à l'époque!
Pour avoir l'équation affine non homogène, il suffit d'éliminer $z=1-x-y$ pour obtenir:
$$(\lambda-1)x^2+\lambda(\lambda-1)y^2-\lambda (x+y-1)^2=0$$
Maintenant seulement maintenant on peut vérifier si ces paraboles sont bien les solutions de notre équation différentielle.
Inutile de dire que nos étudiants n'ont plus le droit aujourd'hui de raconter le moindre mot de cette belle histoire.
Tout ce qu'ils peuvent faire à la rigueur, c'est de trouver la place de notre conique d'équation
$$(\lambda-1)x^2+\lambda(\lambda-1)y^2-\lambda (x+y-1)^2=0$$
dans la seule chose qu'ils connaissent de la théorie des coniques, à savoir leur classification.
Avec un peu de chance s'ils sont particulièrement doués dans la méthode de Gauss, ils verront peut-être peut-être que c'est une parabole.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Le fait que l'équation homogène ponctuelle de ces paraboles soit naturellement décomposée en carrés indique que le triangle $ABC$ est autopolaire par rapport à chacune de ces paraboles.
Alors, si $m$ est à l'intersection d'une parabole solution de l'équation en $y$ et d'une parabole solution de l'équation en $x$, les tangentes en $m$ à ces deux paraboles sont isotomiques par rapport à $ABC$.
Par ailleurs, je suis très intéressé par ces histoires de faisceaux que je ne connais pas...
Et au fait, sais-tu résoudre cette infâme équation différentielle ?
P.S. : Je possède ces livres de Bruno et JDE.
D'après mes souvenirs et Bruno et Jean Denis parlent de faisceaux linéaires et tangentiels.
Quand tu parlais de calculs finis, je pensais que tu avais résolu notre équation différentielle.
Il y a encore des choses à dire du point de vue de la géométrie, je n'ai pas fini!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Non je ne sais pas dissoudre ou résoudre l'infâme comme disait notre ami François Marie Arouet.
Espérons que le forum d'Analyse nous répondra!!
Si ce n'est pas le cas, cet exercice montrerait la supériorité de la Géométrie sur l'Analyse!
On vient de voir que les coefficients de l'équation ponctuelle de ces paraboles sont des polynômes de degré inférieur ou égal à 2 par rapport au paramètre $\lambda$. Il en résulte que par un point $M$ du plan, il passe en général deux paraboles de ce faisceau tangentiel.
Soient $T$ et $T'$ les tangentes respectives en $M$ à ces deux paraboles.
Un théorème dû à Plücker dit que les tangentes issues de $M$ à chaque parabole du faisceau forment deux faisceaux de droites en involution dont les rayons doubles sont justement les droites $T$ et $T'$.
On a trois paires de droites de cette involution fournies par les paraboles décomposées du faisceau:
les paires $(M\alpha,M\infty_A)$, $(M\beta,M\infty_B)$, $(M\gamma,M\infty_C)$.
Ainsi on a des faisceaux harmoniques: $(M\alpha,M\infty_A,T,T')=(M\beta,M\infty_B,T,T')=(M\gamma,M\infty_C,T,T')=-1$
En coupant le faisceau harmonique $(M\alpha,M\infty_A,T,T')=-1$ par la droite $BC$, on obtient la division harmonique:
$(\alpha,\infty_A,a,a')=-1$ où $a=T\cap BC$ et $a'=T'\cap BC$, ce qui prouve que $\alpha$ est le milieu de $aa'$.
On montre de même que $\beta$ est le milieu de $bb'$ où $b=T\cap CA$ et $b'=T'\cap CA$ et $\gamma$ est le milieu de $cc'$ où $c=T\cap AB$ et $c'=T'\cap AB$ prouvant que $T$ et $T'$ sont isotomiques.
Ainsi la géométrie (projective donc défunte) nous a servi non seulement à former l'équation différentielle mais aussi à expliciter ses solutions.
Il ne reste plus qu'à exhiber les solutions de cette équation différentielle par le calcul pour être pleinement satisfait!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On doit certainement trouver le théorème de Plücker dans les livres de Bruno Ingrao et de Jean Denis Eiden!
Finalement ce n'est pas pas ce que voulait Anas Mouharib qui cherchait plutôt une application de la théorie des équations différentielles à la géométrie.
Pour le moment c'est plutôt une application de la défunte géométrie projective à la théorie des équations différentielles!
Pas une seule réponse à notre équation différentielle sur le forum d'analyse.
Soit le sujet ne les intéresse pas ou plus probablement ils n'ont pas le début du commencement d'une idée pour la résoudre!
Dommage mais vive la géométrie quand même qui en est venu à bout!
Amicalement
[small]p[/small]appus
une application des équations différentielles à la géométrie???: la brachystochrone , qui est une branche de cycloïde
cette courbe est celle qui minimise le temps que mettrait un point matériel soumis à un champs de pesanteur constant
partant d'un point A pour arriver à un point B situé au moins en dessous de A
et quand je regarde ce qu'on en dit sur Wikipédia, est ce la géométrie qui a donné l'équation, où l'équation qui a donné la géométrie... on ne sait pas trop , plusieurs preuves simultanées et un peu différentes.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Courbe_brachistochrone
J'ai peu de temps en ce moment à consacrer au forum mais si Maple a résolu notre équation différentielle, c'est qu'on doit pouvoir y arriver avec nos seules mains...
Il faudra quand même que je jette un coup d'œil au théorème de Plücker qu'on ne m'a jamais enseigné ! ;-)
Bonne soirée