Exercices difficiles avec théorème de Thalès

Bonjour
Je ne vais pas vous faire languir très longtemps puisque la théorie des coniques projectives a disparu pour toujours de notre culture.
Nos anciens savaient qu'une parabole inscrite dans le triangle médial $A'B'C'$ était autopolaire par rapport au triangle de référence $ABC$.
Cela entraînait que l'équation de la parabole en coordonnées barycentriques homogènes par rapport au triangle $ABC$ était de la forme:
$$ux^2+vy^2+wz^2=0$$
Ca dégage, n'est-il pas?
La matrice de cette forme quadratique est donc diagonale:
$$\begin{pmatrix} u&0&0\\0&v&0\\0&0&w\end{pmatrix}$$
Une matrice diagonale, le pied, le super-pied aujourd'hui, vous dis-je!
Les coniques autopolaires s'en sont allées, il nous reste les matrices diagonales, encore heureux!!
Il reste à trouver la relation simple que doivent vérifier $(u:v:w)$ pour que cette conique soit une parabole!
Les bacheliers d'autrefois avaient les moyens de démontrer cela grâce au théorème du Lebossé-Hémery ci-dessous.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Trouver une méthode logique tenant compte des programmes actuels qui, rappelons-le, se limitent à la classification affine des coniques, pour retrouver cette équation!

Bonjour à tous
Nos aïeux faisaient alors un dernier petit effort.
Pour avoir le genre d'une conique, on cherche ses intersections avec la droite de l'infini d'équation $x+y+z=0$, on obtient:
$ux^2+vy^2+w(x+y)^2=(u+w)x^2+(v+w)y^2+2wxy=0$
La conique sera du genre parabole si et seulement si le discriminant de cette forme quadratique est nul:
$$(u+w)(v+w)-w^2=vw+wu+uv=0$$
Comment écrire alors une équation de cette famille de paraboles à un paramètre dans un des repères cartésiens qu'on a sous les yeux?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je ne sais pas trop comment va s'y prendre notre malheureux candidat mais en tout cas je lui souhaite bon courage du fond du coeur même si ses chances de tomber sur une telle question sont quasiment nulles.
Quand j'étais en Taupe, bien sûr nous en savions plus qu'aujourd'hui en Géométrie, ce qui n'était pas très difficile mais en fait nous ne savions pas grand chose non plus et en tout cas pas le fait que ces paraboles étaient autopolaires. Nous ne connaissions pas les barycentres sauf en mécanique et donc pas les coordonnées barycentriques homogènes. On utilisait plutôt épisodiquement les coordonnées trilinéaires de définition euclidienne.
Par contre nous manipulions avec une grande aisance les coordonnées homogènes $(x:y:z)$ dans le plan sans avoir le début du commencement de l'idée d'un plan projectif dont le nom n'était jamais prononcé. On travaillait dans le plan tout court muni de coordonnées homogènes, point barre!
Un point $M$ du plan avait donc des coordonnées homogènes $(x:y:z)$ et si $z\not = 0$ ses coordonnées cartésiennes étaient $(\dfrac xz,\dfrac yz)$
Réciproquement un point du plan de coordonnées cartésiennes $(x,y)$ avait pour coordonnées homogènes $(x:y:1)$
Les points de coordonnées homogènes $(x:y:0)$ avaient donc un statut un peu particulier: c'étaient les points à l'infini.
On travaillait donc sans le savoir dans le plan affine complété par la droite de l'infini.
Une droite d'équation homogène: $ux+vy+wz=0$ avait pour coordonnées tangentielles $(u:v:w)$
Par exemple les points à l'infini sont alignés sur la droite de coordonnées tangentielles $(0:0:1)$ c'est à dire d'équation $z=0$.
Une conique se présentait avec l'équation ponctuelle
$$Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dxz+2Eyz+Fz^2=0$$
La condition nécessaire et suffisante pour que la droite d'équation homogène $ux+vy+wz=0$ soit tangente à la conique s'appelle l'équation tangentielle de la conique et elle a la forme:
$$au^2+2buv+cw^2+2duw+2evw+fw^2=0$$
Nous étions outillés pour passer de l'une à l'autre équation sans problèmes mais on ne nous disait pas tout ce que cela cachait!
En effet aujourd'hui nous savons qu'à ces deux équations sont associées les matrices symétriques:
$\begin{pmatrix}
A&B&D\\B&C&E\\D&E&F
\end{pmatrix}
$ et $\begin{pmatrix}
a&b&d\\b&c&e\\d&e&f
\end{pmatrix}$
le résultat fondamental étant que chaque matrice est proportionnelle à la comatrice de l'autre.
Bien sûr il nous était impossible de connaître ce théorème puisque nous ne savions même pas ce qu'était une matrice.
nous étions donc de vrais analphabètes en algèbre linéaire.
Je crois qu'il y a eu quelques années où l'algèbre linéaire naissante a coexisté avec la théorie des coniques agonisante.
Aux Commissaire et Cagnac devenus obsolètes ont succédé les Cagnac, Ramis et Commeau qu'il faut absolument connaître.
Les coniques ont disparu! Il nous reste la comatrice, encore heureux!
Voilà comment je m'y serais pris pour former l'équation de ces paraboles.
Je travaille dans un repère cartésien où les côtés du triangle médial ont respectivement pour équations:
$2x-1=0$, $2y-1=0$, $2x+2y-1=0$.
L'idée est de partir de l'équation tangentielle susdite!
La droite de l'infini de coordonnées tangentielles $(0:0:1)$ doit satisfaire cette équation, ce qui conduit à la condition $f=0$
On traite de même chaque droite des miiieux:
La droite $2x-1=0$ de coordonnées tangentielles $(2:0:-1)$ donne la condition $a=d$.
La droite $2y-1=0$ de coordonnées tangentielles $(0:2:-1)$ donne la condition $c=e$.
La droite $2x+2y-1=0$ de coordonnées tangentielles $(2:2-1)$ donne la condition $b=0$
Finalement l'équation tangentielle de ces paraboles est:
$$au^2+cv^2+2auw+2cvw=0$$
On en déduisait alors leurs équations ponctuelles par la méthode sans intérêt que nous connaissions mais je préfère suivre la façon moderne:
La matrice de l'équation tangentielle est:
$$\begin{pmatrix} a&0&a\\0&c&c\\a&c&0\end{pmatrix}$$
Et sa comatrice est:
$$\begin{pmatrix}
-c^2&ac&-ac\\ac&-a^2&-ac\\-ac&-ac&ac
\end{pmatrix}$$
Leurs équations ponctuelles sont donc:
$$-c^2x^2-a^2y^2+2acxy+ac(-2x-2y+1)=0$$
A comparer avec la méthode de nos aïeux!
Cela allait quand même assez vite.
Il ne nous reste plus que cette équation différentielle à former.
J'ai l'impression que c'est un morceau trop indigeste et que je vais devoir attendre encore onze ans!?
Où serais-je alors?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Il va falloir se débrouiller avec la figure ci-dessous.
On sent tout de suite que cela va saigner!
Des équations de droites à manipuler, bien obligé. Comment faire autrement?
Est-ce encore dans nos programmes?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour pappus,

J'ai tenté de résoudre ton équation [ici].
Bon dimanche !

Bonjour à tous
Qui dit axiome de Thalès dit géométrie affine et qui dit géométrie affine dit axiome de Thalès.
L'une ne va pas sans l'autre et c'est pourquoi j'ai interprété ce fil comme exercices difficiles en géométrie affine.
Pour faire le joint avec la géométrie euclidienne qui, dans les faits, est la seule géométrie qui nous reste, je vais m'intéresser au lieu des points par lesquels passent une paire de droites isotomiques orthogonales.
C'est un problème très très connu mais ce qui m'intéresse aujourd'hui, c'est de retrouver ce lieu à partir de l'équation différentielle que nous venons de former!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin pour tes explications.
Je penchais plutôt pour une méthode d'intégration basée sur la nature géométrique de ce problème.
Cela m'amuse un peu que ce soit Math Coss qui le premier ait pensé à utiliser Maple.
C'est là que je vois que les temps ont bien changé depuis ma jeunesse aussi défunte que la géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir pappus,

J'ai trouvé tout plein de nouveaux arcs paraboliques (cf ici).
Nice profile picture overseas. ;-)

Bonjour à tous
Une petite misère mais une misère quand même!
On a sous les yeux un polynôme du second degré en $(x,y)$.
Donc le lieu cherché est une conique.
C'est déjà un modeste début mais cela ne nous avance guère car on sait qu'il va bien falloir utiliser le seul outil qui nous reste dans la théorie des coniques, à savoir leur classification!
Alors là oui, on peut gémir encore: misère de misère!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol
Donc tu as utilisé la classification affine.
Je rappelle qu'autrefois, on avait droit à trois classifications:
1° la classification projective qui a sombré en compagnie de la géométrie projective.
2° la classification affine.
3° la classification euclidienne
Seules les deux dernières classifications subsistent encore très provisoirement et constituent pratiquement l'essentiel de la théorie des coniques!
Je retiens que tu as regardé les termes du second degré pour la classification affine.
Mais je te rappelle que les paires d'isotomiques orthogonales vivent dans le plan euclidien.
Eh bien c'est la même chose pour la classification euclidienne.
Tu n'auras pas trop à te fatiguer car ce sont les mêmes termes du second degré!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Misère de misère!

Bonjour Pappus, Rescassol et les autres
Plutôt que de se lancer dans des gros calculs de discriminant ou autres, on peut se contenter d'ouvrir les yeux et constater $2$ choses :
- la forme quadratique des termes du second degré de l'équation de la conique ressemble beaucoup à ce que l'on obtient avec $m=m^{\prime }=\dfrac{y}{x}$ dans l'équation précédente
- la conique passe par les milieux des $3$ côtés de $ABC$
Si $M$ est un point de ce lieu désormais reconnu, quelles sont les $2$ droites isotomiques perpendiculaires en $M$?
Amicalement. Poulbot

Bonjour Pappus
Nos amis helvètes ont un net avantage pour identifier cette "mystérieuse conique" et pas uniquement parce que leur bon sens est indéniable
Amicalement. Poulbot

Merci Pappus
C'st effectivement bien trouvé mais il est à craindre que les humains capables de découvrir ce mot uniquement à partir de la définition de Laclos deviennent de plus en plus des animaux en voie d'extinction.
Amicalement. Poulbot

Bonsoir à tous
J'entends déjà les grincheux gémir: nous voulions du Thalès et vous nous avez donné de l'Affine auquel nous ne comprenons rien.
J'ai pourtant expliqué que c'était la même chose!
Eh bien voilà une dernière poire pour la soif
Au départ un triangle $ABC$ et une transversale $L$ noire, sombre, inquiétante.
Un point $a$ quelconque sur le côté $BC$ et c'est parti avec mon codage de directions colorées
On obtient notre habituel tourniquet $a\mapsto b'\mapsto c\mapsto a'\mapsto b\mapsto c'\mapsto a$ qui se referme au bout de deux tours.
Avec en plus deux bonus: les alignements $abc$ et $a'b'c'$.
Deux triplets de points alignés, n'est-ce pas le super-pied!!
C'est littéralement la grande débauche thalésienne!!
Il faut vraiment être drogué de cet Axiome pour résoudre cet exercice simplissime!
Et pour corser le tout, quelles sont les enveloppes des droites $abc$ et $a'b'c'$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici la figure réclamée par Poulbot.
Elle montre deux transversales isotomiques orthogonales $D=(abc)$ et $D'=(a'b'c')$ au point $E$ du cercle d'Euler $\gamma$.
Les droites $D$ et $D'$ sont les droites de Simson respectives des points $U$ et $U'$ formant les extrémités d'un diamètre $L$ du cercle circonscrit $\Gamma$. Autrement dit $E$ est l'orthopôle de $L$.
Les triplets de points alignés $(a,b,c)$et $(a',b',c')$, (quel super-pied!), appartiennent à la $FLTI$ des triangles podaires $\alpha\beta\gamma$ des points $M$ de la droite $L$. L'équicentre est le point $E$ et le centre aréolaire est le point $S$ anticomplément de $E$ et donc situé sur le cercle circonscrit $\Gamma$.
J'espère n'avoir rien oublié!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit à tous
Je rappelle à ceux qui font de beaux rêves que la géométrie affine est le royaume exclusif du parallélogramme!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
L'existence de ces trois parallélogrammes nous permet d'écrire des relations du style:
$r=a+b'-C$, $p'=b'+c-A$, $q=c+a'-B$
Certains les écriront un peu machinalement, soit dans un état second soit un peu blasés mais si je leur demandais la signification profonde de tous ces signes + et tous ces signes - et de ce qui semble être des combinaisons linéaires de points, je suis à peu près sûr d'entendre les âneries les plus monstrueuses!
Par contre si on est sûr de soi (comme de l'univers!), on peut se permettre d'éliminer $b'$ et $c$ pour obtenir et c'est là où je voulais en venir:
$$a+a' = (q+r-p')+(B+C-A)$$
Cette relation est-elle vraie et quelle est sa signification géométrique?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour pappus,

Grâce à ton calcul dans l'enveloppe vectorielle du plan affine réel, on a un autre parallélogramme $a(q+r-p')a'(B+C-A)$.

Il semblerait que $\alpha=A(BC)_{\infty}\cap L$.

Une preuve :
Il existe des réels $\lambda,\mu,\lambda',\mu'$ tels que $\lambda+\mu=\lambda'+\mu'=1$, $a=\lambda B+\mu C$ et $a'=\lambda' B+\mu' C$.
On a $\mu+\mu'-1=1-\lambda-\lambda'$ et donc $$\begin{align} \overrightarrow{A\alpha}&=q+r-p'-A\\&=a+a'-B-C\\&=(\mu+\mu'-1)C-(1-\lambda-\lambda')B\\&=(\mu+\mu'-1)\overrightarrow{BC}.\end{align}$$

Une autre preuve alors :
L'application $BC\to L$, $a\mapsto q+r-p'$ est affine et envoie $BC\cap L$ et $C$ sur $\alpha$.
Donc cette application est constante.

Ah oui !
$A=c+b'-p'$ donc, comme $\tau$ conserve les barycentres, $$\begin{align}\alpha&=\tau(A)\\&=\tau(c)+\tau(b')-\tau(p')\\&=q+r-p'.\end{align}$$Une remarque : Soit $\beta=B+C-A$.
Alors $a\mapsto a'$ est la symétrie de centre $\alpha\beta\cap BC$.
Voilà pourquoi ton tourniquet se referme au bout de deux tours !

Bonsoir

A propos des "combinaisons linéaires de points". On part du théorème fondamental de la géométrie affine, qui est : il n'y a pas de géométrie affine intrinsèque. Quelle que soit la hauteur de la taupinière érigée pour rigourer --et en fait pour bourbachier-- les choses les plus simples, les calculs se font au sein d'un espace vectoriel.

Et alors, une combinaison linéaire d'éléments d'un sous-espace affine d'un espace vectoriel reste dans cet espace affine lorsque la somme des masses vaut 1. Lorsque la somme des masses vaut 0, on obtient un élément du groupe des translations agissant sur le sous-espace affine. A chaque fois, il s'agit d'un objet bien défini (c'est-à-dire indépendant du plongement choisi).

On pose $
\def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\ptv{~;~}
$ $a_{m}\doteq a_{0}+a_{1}\etc$. Ces points sont fixes (leurs coordonnées sont indépendantes du paramètre). Lorsque $a_{0}=a_{m}$, cela boucle en un seul tour au lieu de deux. Et enfin leur barycentre $G_{m}$ vaut : \[ G_{m}=\left[\begin{array}{c} \dfrac{\left(-\rho+\sigma+\tau\right)\left(2\,\rho-\sigma-\tau\right)}{6\left(\rho-\sigma\right)\left(\tau-\rho\right)}\\ \dfrac{\left(+\rho-\sigma+\tau\right)\left(2\,\sigma-\tau-\rho\right)}{6\left(\sigma-\tau\right)\left(\rho-\sigma\right)}\\ \dfrac{\left(+\rho+\sigma-\tau\right)\left(2\,\tau-\rho-\sigma\right)}{6\left(\sigma-\tau\right)\left(\tau-\rho\right)} \end{array}\right]
\]
On pose $ap=-p1+q0+r0\ptv bq=+p0-q1+r0\ptv cr=+p0+q0-r1$. Le barycentre $GL$ de ces trois points est sur $L$. En fait \[ GL=\frac{1}{3}\left(p0+q0+r0\right)=\frac{1}{3}\left(p1+q1+r1\right)=\left(\begin{array}{c} \dfrac{\rho^{2}+\sigma^{2}+\tau^{2}+\sigma\,\tau-2\,\tau\,\rho-2\,\rho\,\sigma}{3\left(\rho-\sigma\right)\left(\tau-\rho\right)}\\ \dfrac{\rho^{2}+\sigma^{2}+\tau^{2}-2\,\sigma\,\tau+\tau\,\rho-2\,\rho\,\sigma}{3\left(\sigma-\tau\right)\left(\rho-\sigma\right)}\\ \dfrac{\rho^{2}+\sigma^{2}+\tau^{2}-2\,\sigma\,\tau-2\,\tau\,\rho+\rho\,\sigma}{3\left(\sigma-\tau\right)\left(\tau-\rho\right)} \end{array}\right)
\] On vérifie que $2G_{m}=G+GL$ avec $G=$X(2).

Par ailleurs, la relation
$2b_{m}=cq+(A+C-B)$ donnée par pappus prouve que $cq$ est fixe et situé sur la droite qui joint $b_{m}$ avec $\left(3G-2B\right)$. On peut aussi obtenir $cq$ comme $L\cap\Big(B,\overrightarrow{AC}\Big)$ et alors $b_{m}$ est le milieu de ces deux points... ce qui donne une construction des points critiques.

Cordialement, Pierre.

Parce que la théorie des proportions date en gros de la période d’Euclide (c’est d’Eudoxe si je ne me trompe pas).

Bonjour pappus,

Un peu de symétrie !
Comme ce qu'on a fait pour $\alpha$, on peut aussi considérer $\beta$ et $\gamma$ les projetés de $B$ et $C$ sur $L$ parallèlement à $AC$ et $AB$ respectivement.
On a :$$\begin{cases}\alpha&=&q+r-p'\\\beta&=&p+r-q'\\\gamma&=&p+q-r'\end{cases}.$$Avec la belle relation au-dessus du plan affine réel : $$p+q+r=p'+q'+r'.$$Mais aussi, et surtout :$$\begin{cases} a+a'&=&\alpha+(B+C-A)\\b+b'&=&\beta+(A+C-B)\\c+c'&=&\gamma+(A+B-C)\end{cases}.$$Evidemment, je ne me suis pas dépatouillé de cette abondance d'équations et de symétries centrales !
Café ! B-)-