Bac 1950

Bonjour ,
dans un triangle isocèle , une médiane étant aussi hauteur , on a un angle toujours droit …
Cordialement

Bonjour
Voici une figure plus statique!
C'est une configuration archiconnue qui doit traîner quelque part dans les exercices du F.G-M ou du Lebossé-Hémery!
Je suppose qu'il devait y avoir des questions intermédiaires sinon c'est infaisable directement!
Le lieu du milieu est le cercle bleu qui est le cercle principal de l'ellipse rouge de foyers $O$ et $I$, enveloppe des côtés du quadrilatère $ABCD$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
En fait ce n'est pas si terrible que cela:
$$MO^2+MI^2=MO^2+MA^2=OA^2$$
La dernière égalité étant due à l'axiome de Pythagore!
Ceci prouve que le lieu de $M$ est un cercle de centre $\Omega$ milieu de $OI$.
Un coup d'axiome de Thalès et $\Omega$ se retrouve sur la médiatrice de $MH$ et le lieu de $H$ est le même cercle bleu.
Et c'est fini, l'enveloppe du second côté d'un angle droit dont un côté passe par un point fixe $I$ et dont le sommet $H$ décrit un cercle, etc, etc...
Voir le Lebossé-Hémery pour des précisions supplémentaires.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je ne désespère pas de trouver le problème de Mhmorgan soit dans le Lebossé-Hémery soit dans le F.G-M mais je suis intéressé par la généralisation suivante.
Plaçons nous dans un espace vectoriel euclidien de dimension quelconque $n$. Je mets l'adjectif vectoriel pour ne pas traumatiser les taupins qui ne sauront jamais de leur vie ce qu'est un espace affine.
Dans cet espace euclidien je considère la sphère de Riemann $(S)$, la seule, l'unique, la glorieuse sphère de Riemann, la seule qui nous reste et encore je n'en suis pas tout à fait sûr!
Soit $I$ un point intérieur à $(S)$. On considère un repère orthonormé d'origine $I$: $\{I;(e_1,e_2,\dots, e_n)\}$.
L'axe $I+\mathbb Re_k$ coupe la Divine Sphère de Riemann en deux points.
Pour chaque $k$, on choisit un des deux points d'intersection qu'on note $A_k$, (cela fait donc $2^n$ choix possibles).Les points $A_k$ engendrent un hyperplan.
Montrer que cet hyperplan reste tangent à un ellipsoïde qu'on déterminera!
Ceux qui sont épouvantés par un tel énoncé peuvent se restreindre au cas $n=3$, un espace où on peut encore respirer, plus pour longtemps parait-il!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Un lien: Besançon juin 1950

Bonjour à tous
C'est un peu perdre son temps que d'exhumer de vieux sujets du Bac puisque la géométrie a pratiquement entièrement disparu.
Néanmoins on peut se poser à leur sujet d'autres questions qui à défaut d'être plus simples ont le mérite de rester dans les limites étroites des programmes actuels.
C'est le cas du problème de Mhmorgan.
Je reprends sa figure ci-dessous.
Les points $a$, $b$, $c$, $d$ sont les projections orthogonales respectives du point $I=AC\cap BD$ sur les segments $AB$, $BC$, $CD$, $DA$.
Les points $a'$, $b'$, $c'$, $d'$ sont les milieux respectifs des segments $AB$, $BC$, $CD$, $DA$.
1° Montrer que les triplets de points suivants $(a,I,c')$, $(b,I,d')$, $(c,I,a')$, $(d,I,b')$ sont formés de points alignés.
Quatre triplets de points alignés, vous vous rendez compte, c'est le super-pied, c'est l'extase.
Merci qui?
2° Montrer que les huit points $a$, $b$, $c$, $d$, $a'$, $b'$, $c'$, $d'$ sont cocycliques.
Là aussi d'habitude on vous en propose quatre et je vous en offre huit. C'est Byzance!!
3° Quand le quadrilatère $ABCD$ varie, les côtés du quadrilatère $abcd$ restent tangents à un cercle.
Je reconnais que c'est bien moins glorieux qu'une conique mais au moins on reste dans le programme, même si le cercle en question n'est pas le cercle trigonométrique, ce qui pourrait épouvanter certains!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
@Gai Requin
Peux-tu me faire une petite animation?
Merci d'avance!

Merci Lake
C'est là que je me sens vieux.
Au lieu de lire attentivement ce texte, j'ai cru que c'était un problème en deux parties alors que celles-ci sont indépendantes.
Tu as raison la partie A est le problème de Mhmorgan et les questions qu'il pose sont en rapport étroit avec les miennes.
Personnellement je trouve que la partie A est bien suffisante à elle seule pour juger des connaissances des bacheliers de cette époque!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci YvetteP
Super!
Mais il y aussi aussi les alignements de triplets!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je commence les calculs.
Dieu seul sait où ils vont nous mener
L'équation de la sphère centrée à l'origine et de rayon $r$ est : $$
\langle x\mid x\rangle=r^2.\qquad
$$ Voilà une bonne chose de faite mais maintenant il faut continuer, continuer, continuer,........,etc
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
L'équation d'un cône du second degré de sommet l'origine est de la forme : $$
\langle \varphi(x)\mid x\rangle =0,\qquad
$$ où $\varphi$ est un opérateur symétrique.
Comment écrire qu'un tel cône contient un repère orthonormé ?
Je crois que c'est un des ponts aux ânes d'un oral de Taupe !!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Moi qui ai fréquenté les bancs de la Taupe bien avant l'arrivée des algèbres linéaire et bilinéaire, ai-je loupé ce joli exercice de l'Arnaudiès-Fraysse?
Bien sûr que non, en tout cas pas pour les dimensions $2$ et $3$ .
Je lis le Commissaire et Cagnac Tome 1 (1941, joyeuse année s'il en fût une!), page 354, article 149, Droites représentées par une équation homogène du second degré:
$$Ax^2+2Bxy+Cy^2=0$$
Les coordonnées étant rectangulaires, la condition d'orthogonalité de ces deux droites est:
$$A+C=0$$
Je vous laisse faire le joint avec l'Arnaudiès-Fraysse!
Pour le cas de la dimension $3$, il fallait farfouiller dans le tome $3$ de la même collection, page 420, article 569.
$A+A'+A''=0$ est la condition nécessaire et suffisante pour que l'on puisse trouver sur le cône $C$ représenté en axes rectangulaires par l'équation:
$$\varphi(x,y,z)=Ax^2+A'y^2+A''z^2+2Byz+2B'zx+2B''xy=0\qquad$$
trois génératrices deux à deux rectangulaires.
Je vous conseille de consulter ces ouvrages et de les comparer avec l'Arnaudiès-Fraysse-Delezoide.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Comme notre cône est de sommet $a$, on vectorialise en $a$, de mon temps on disait qu'on translatait les coordonnées, on écrit donc:
$$x=a+X.\qquad$$
L'équation de la sphère $(S)$ devient alors:
$$\langle a+X\vert a+X\rangle-r^2=\langle X\vert X\rangle+2\langle a\vert X\rangle+\langle a\vert a\rangle -r^2=0.\qquad$$
c'est-à-dire:
$$\langle X\vert X\rangle+2\langle a\vert X\rangle+p=0.\qquad$$
où $p=\langle a\vert a\rangle -r^2$ est la puissance de $a$ par rapport à la sphère $(S)$.
L'équation de l'hyperplan $(H)$ devient:
$$\langle u\vert a+X\rangle+v=\langle u\vert X\rangle+\langle u\vert a\rangle +v=0$$
c'est à dire:
$$\langle u\vert X\rangle+\langle u\vert a\rangle +v=0$$
Maintenant si $X$ est sur notre cône, c'est que $\dfrac1t.X\in (H\cap S)$ pour un certain réel $t\not=0$
Donc:
$$\langle \dfrac 1t.X\vert \dfrac 1t.X\rangle+2\langle a\vert \dfrac 1t.X\rangle+p=0.\qquad$$
c'est à dire:
$$(1)\;\langle X\vert X\rangle +2\langle a\vert X\rangle t+pt^2=0.\qquad$$
De même:
$$\langle u\vert \dfrac 1t.X\rangle+\langle u\vert a\rangle +v=0$$
c'est à dire:
$$(2)\; \langle u\vert X\rangle+(\langle u\vert a\rangle +v)t=0.\qquad$$
Il n'y a plus qu'à éliminer $t$ entre les équations $(1) et (2)$ et le tour est joué.
Il ne faut pas croire que j'ai inventé cette technique, elle est exposée dans la même édition du Commissaire et Cagnac, tome1:
page 364, article 155, Faisceau des droites joignant l'origine aux points communs à eux courbes (algébriques) en ce qui concerne la dimension $2$.
page 402, article 178, Cône ayant pour sommet l'origine des coordonnées et pour directrice l'intersection de deux surfaces (algébriques) en ce qui concerne la dimension $3$.
Techniquement les équations $(1)$ et $(2)$ sont les équations de la sphère et de l'hyperplan rendues homogènes par la variable d'homogénéisation $t$.
Je me souviens très bien du cours de Mathsup où j'avais appris cette méthode qui sur le moment m'avait beaucoup épaté.
Comme Monsieur Jourdain, je faisais de la géométrie projective sans le savoir!!
L'élimination de $t$ entre les équations $(1)$ et $(2)$ est triviale, on calcule $t$ dans l'équation $(2)$ et on reporte cette valeur dans l'équation $(1)$, on trouve:
$$(3)\;\big(\langle u\vert a\rangle+v\big)^2\langle X\vert X\rangle-2\big(\langle u\vert a\rangle+v\big)\langle a\vert X\rangle\langle u\vert X\rangle+p\langle u\vert X\rangle^2=0.\qquad$$
Il est clair que le premier membre de $(3)$ est une forme quadratique en $X$.
On est donc face à un nouveau problème épouvantable: exhiber l'opérateur symétrique associé à cette forme quadratique à seule fin d'écrire que sa trace est nulle.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
C'est quand même bizarre que partant d'un banal problème de baccalauréat des années 50, on en vienne à tomber sur des formes quadratiques et des opérateurs symétriques mais les mathématiques sont ainsi faites, dura lex sed lex!
Il faut que je rappelle la définition des opérateurs symétriques et leurs rapports avec les formes quadratiques.
Soit donc un espace euclidien $E$ et $u$ un de ses endomorphismes.
Il existe alors un unique endomorphisme $u^*$ tel que pour tout $(x,y)\in E\times E$, on ait:
$$\langle u(x)\vert y\rangle =\langle x\vert u^*(y)\rangle.\qquad$$
On montre alors que l'application:
$$\mathcal L(E)\longmapsto \mathcal L(E); u\mapsto u^*\qquad$$
est un automorphisme involutif de $\mathcal L(E)$ tel que:
$$(u\circ v)^*=v^*\circ u^*.\qquad$$
Exemple: Les adjoints des endomorphismes de rang $1$.
Un endomorphisme de rang $1$ de $E$ se présente sous la forme:
$$E\longmapsto E; x\mapsto \langle a\vert x\rangle b\qquad$$
Je ne sais pas trop si c'est la bonne notation mais j'appellerai cet endomorphisme $a\otimes b$.
On a donc par définition:
$$(a\otimes b)(x)= \langle a\vert x\rangle b\qquad$$
Alors se pose un problème absolument terrible!
Quel est l'adjoint de $a\otimes b$?
Autrement dit, il existe une belle formule:
$$(a\otimes b)^*=??\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous.
On est face à une combinaison linéaire de trois formes quadratiques.
Donc l'endomorphisme symétrique associé est : $$
\varphi=\big(\langle u\mid a\rangle +v\big)^2Id-\big(\langle u\mid a\rangle +v\big)(a\otimes u+u\otimes a)+pu\otimes u . \qquad
$$ Il ne reste plus qu'à en prendre la trace.
Pas de problème avec le premier terme puisqu'aux dernières nouvelles : $$
\mathrm{Trace}(Id)=\mathrm{dim}(E)=n. \qquad
$$ Mais que peuvent bien valoir: $\mathrm{Trace}(a\otimes u)$, $\mathrm{Trace}(u\otimes a)$, $\mathrm{Trace}(u\otimes u)$ ?
Encore un casse-tête insurmontable ?
Amicalement.
[small]p[/small]appus.

Merci Gai Requin
On se demande bien ce que ça pourrait être d'autre !
Il y a trente six façons de le montrer :
par exemple le calcul bourrin de la matrice $M$ de $a\otimes b$ dans une base orthonormée $e=(e_1,\dots,e_n)$ de $E$ $$
(a\otimes b)(e_j)=\langle a\mid e_j\rangle b=\langle a\mid e_j\rangle \sum_{i=1}^n\langle b\mid e_i\rangle e_i.\qquad
$$ Par suite : $$
m_{ij}=\langle b\mid e_i\rangle\langle a\mid e_j\rangle.\qquad
$$ Donc : $$
\mathrm{Trace}(a\otimes b)=\mathrm{Trace}(M)=\sum_{i=1}^n\langle b\mid e_i\rangle\langle a\mid e_i\rangle=\langle a\mid b\rangle.\qquad
$$ Une autre façon de faire est de calculer $(a\otimes b)^2.\qquad$ $$
(a\otimes b)^2(x)=(a\otimes b)(\langle a\mid x\rangle b)=\langle a\mid x\rangle(a\otimes b)(b)=\langle a\mid b\rangle\langle a\mid x\rangle b,\qquad
$$ prouvant que : $$
(a\otimes b)^2=\langle a\mid b\rangle a\otimes b. \qquad
$$ Ce qui entraîne (pourquoi?) que : $$
\mathrm{Trace}(a\otimes b)=\langle a\mid b\rangle
$$ Au bout du bout et à la fin des fins, on obtient la condition : $$
n\big(\langle u\mid a\rangle +v\big)^2-2(\langle u\mid a\rangle +v\big)\langle a\mid u\rangle +p\langle u\mid u\rangle=0.\qquad
$$ Il reste à savoir ce que l'on va en faire !
Au minimum retrouver le cas du plan $n=2$ puis découvrir le cas de l'espace $n=3$ et enfin si on a pas froid aux yeux décrire ce qui se passe dans le cas général de la dimension $n$.
Amicalement.
[small]p[/small]appus.

Merci Gai Requin de t'intéresser un tant soit peu à mes élucubrations d'une autre époque bien révolue.
Saurais-tu maintenant retrouver la configuration plane pour $n=2$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
J'ai bien l'impression que l'algèbre bilinéaire est aussi populaire que la géométrie sur ce forum!!
Personne pour s'intéresser au rapport entre $\mathrm{Mat}_e(q)$ et $\mathrm{Mat}_e(u)$ où $q$ est une forme quadratique et $u$ son opérateur symétrique associé!!
Cela nous aurait été pourtant fort utile pour la suite des événements!
Serait-ce à dire que l'algèbre bilinéaire va, elle aussi, passer bientôt à la trappe?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Un petit doute subsiste car tu sais qu'aux dernières nouvelles le produit des matrices n'est pas commutatif.
Es-tu sûr d'avoir écrit ce produit dans l'ordre adéquat?
Sinon, c'est la faute à pas de chance!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En tout cas, tu viens peut-être de sauver l'algèbre bilinéaire du désastre qui la guette!

Bonjour à tous
On saura bien assez tôt si Gai Requin a écrit ce produit dans le bon ordre ou non.
La matrice $\big(\langle e_i\mid e_j\rangle\big)_{1\leq i,j\leq n}$ de Gai Requin est la matrice de Gram du repère $(e)$.
Qu'on mette la matrice de Gram à droite ou à gauche a heureusement peu d'importance pour ce qu'on veut en faire!
En effet la relation de Gai Requin entraîne que $\mathrm{Mat}_e(q)=\mathrm{Mat}_e(u)$ si le repère $(e)$ est orthonormé.
Il en résulte que si $(e)$ est une base orthonormée de $E$, on a:
$$\mathrm{Trace}(u)=\mathrm{Trace}(\mathrm{Mat}_e(q))=\sum_{i=1}^nq(e_i).\qquad$$
Ce nombre ne dépend pas de la base orthonormée $(e)$ et on le notera:
$$\mathrm{Trace}_E(q).\qquad$$
Une forme quadratique avec une trace, c'est un peu fort de café mais il faudra vous y faire!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Finalement bien assez tôt était plus tôt que prévu.
Merci Gai Requin, tu as quand même une sacrée mémoire!

Bonjour à tous
Puisque personne ne veut s'y coller, c'est moi comme d'habitude qui va se charger de cette petite corvée.
Regardons d'abord le cas du plan (euclidien) $n=2$.
La condition s'écrit après simplification:
$$(1)\;p\langle u\vert u\rangle+2\langle a\vert u\rangle v+2v^2=0$$
Le premier membre est une forme quadratique en $(u,v)$.
Cette condition représente donc l'équation tangentielle d'une conique ponctuelle $\Gamma$ du plan c'est-à-dire la condition nécessaire et suffisante pour que la droite d'équation: $\langle u\vert x\rangle +v=0$ soit tangente à $\Gamma$.
Il reste à faire la petite gymnastique algébrique permettant de passer de l'équation tangentielle $(1)$ de $\Gamma$ à son équation ponctuelle.
Je l'ai fait des centaines de fois quand j'étais en taupe car c'était la mode et il valait mieux savoir la faire si on ne voulait pas se retrouver à l'Institut œnologique de Vichy.
Aujourd'hui cela n'a plus guère d'importance puisque les coniques ont disparu!
Il nous reste les formes quadratiques et les opérateurs symétriques.
Encore heureux!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour pappus,

Peux-tu nous rappeler ce que désignent $p,a,u,v$ dans l'équation $(1)$ ?
Merci

Je me place dans une b.o.n de $E$ dans laquelle $a(a_1,a_2)$.
Est-ce que la conique tangentielle a pour équation $p(X^2+Y^2)+2Z^2+2(a_1X+a_2Y)Z=0$ ?

Je tente ma chance.
Si la réponse à mon message précédent est oui, alors la conique ponctuelle $\Gamma$ a pour équation :$$\det(a,x)^2+2p\langle a-x\mid x\rangle=p^2.$$

Oui, c'est ce conflit de notations qui m'a fait douter puis je me suis dit qu'après tout, mon équation de la conique tangentielle était homogène en $(X:Y:Z)$ donc vogue la galère !
Je ne possède hélas aucun des livres que tu mentionnes mais le livre de Bruno fait largement l'affaire pour cette histoire de dualité conique ponctuelle-conique tangentielle.

Merci Gai Requin
J'aime bien te voir tentant ta chance.
En math, on peut de temps en temps gagner mais hélas on ne gagne pas grand chose.
Je ne sais pas trop si c'est ton cas pour le moment.
Je démarre comme toi en prenant un repère orthonormé dans lequel le cercle a pour équation:
$$x^2+y^2=r^2\qquad$$
et le point $a$ a pour coordonnées $(a,0)$ avec $a>0$, on est jamais trop prudent et ça ne mange pas de pain!
Mon vecteur $x\in E$ est devenu $(x,y)\in \mathbb R^2$.
Le produit scalaire $\langle x\vert x'\rangle$ devient $xx'+yy'$
L'équation homogène d'une droite s'écrit classiquement:
$$ux+vy+wz=0\qquad$$
Donc $u\in E$ devient $(u,v)\in \mathbb R^2$ et $v\in \mathbb R$ devient $w\in \mathbb R$.
L'équation homogène: $$\langle u\vert x\rangle +wz=0$$
devient bien: $$ux+vy+wz=0$$
L'équation tangentielle:
$$p\langle u\vert u\rangle +2\langle a\vert u\rangle v+2v^2=0\qquad$$
s'écrit plus traditionnellement sous la forme:
$$p(u^2+v^2)+2auw+2w^2=0\qquad$$
Sa matrice symétrique est:
$$Mat=\begin{pmatrix}
p&0&a\\
0&p&0\\
a&0&2
\end{pmatrix}
$$
Après les démonstrations alambiquées du Berger et de l'A-F ou celles plus simples du C-R-C, il se trouve que la matrice de l'équation ponctuelle est $Mat^{-1}$ ou toute autre matrice qui lui est proportionnelle comme la comatrice ou la matrice complémentaire qui sont égales pour cause de symétrie.
Astuce:
Pour une matrice carrée symétrique de vecteurs colonnes $(\bf a,\bf b, \bf c)$, la comatrice égale à la matrice complémentaire est la matrice de vecteurs colonnes $(\bf b\wedge \bf c,\bf c\wedge \bf a, \bf a\wedge \bf b)$
Et si vous n'avez pas le début du commencement de l'idée de cette astuce, vous utilisez votre logiciel de calcul favori.
On trouve pour cette comatrice:
$$\begin{pmatrix}
2p&0&-ap\\
0&2p-a^2&0\\
-ap&0&p^2
\end{pmatrix}
$$
L'équation ponctuelle de la conique est donc:
$$2px^2+(2p-a^2)y^2-2apx+p^2=0\qquad$$
A toi de me dire si tu as touché le gros lot!!
Amicalement
[small]p[/small]appus