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Un cadeau à Bruno

Envoyé par Coucoubernard 
Coucoubernard
Un cadeau à Bruno
il y a douze années
Bonjour Bruno,

Un exercice pour vous.

Deux paraboles générales de direction verticale sont données ? Un droite de direction variable coupe ces paraboles suivant deux cordes. Les verticales passant par les milieux de ces cordes coupent ces paraboles en deux points S et S'.

Monter que la droite SS' passe par un point fixe.

Amitiés à tous.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a douze années et a été effectuée par AD.
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
Bonjour Coucoubernard.

J'ai pris note de ton cadeau. Pour l'instant, il me manque un petit quelque chose pour aboutir sur la piste que j'ai empruntée... Mais peut-être errai-je.

Bruno
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
J'ai vérifié par deux méthodes que la correspondance entre les points S et S' est une homographie, mais je ne suis pas encore arrivé à montrer que cette homographie était la trace d'une perspective du plan.

Bruno
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
C'est marrant ce truc... La nuit porte conseil, ne m'envoie pas la solution tout de suite, merci.

Bruno
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
Toutes les droites passent par le centre de l'homothétie qui transforme la première parabole en la seconde... J'avais tout faux !

Bruno
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
Pas d'inquiétude Bruno , on est avec toi et tu vas y arriver :D

En tout cas prend ton temps sad smiley

C'est un cadeau , amicalement Domi
LOJACO
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
Bonjour,

en euclidianant l'espace affine, on se ramène à deux paraboles ayant même sommet par une translation. Une homothétie passe de l'une à l'autre.

Bravo Bruno!

L'énoncé général est que les droites SS' sont parallèles ou passent par un point fixe...
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
Bon ben voilà en pièce jointe le raisonnement.
[attachment 6641 2paraboles.pdf]
Merci Lojaco, c'est toi qui a ouvert le sujet ?

Bruno

[Et voici le contenu du pdf en attachement. AD]
[attachment 6642 2paraboles.png]
[attachment 6643 2paraboles1.png]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a douze années et a été effectuée par AD.


Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - 2paraboles.pdf (47.7 KB)
LOJACO
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
Bonsoir Bruno,

Batman prend plusieurs personnalités... laissons planer le mystère.

Il me semble néanmoins intéressant de signaler que le choix d'un produit scalaire sur l'espace vectoriel qui rend les deux directions orthogonales induit deux sommets qui sont liés. C'est là la curiosité du problème, je pense.

Il est bon de signaler que faire d'un point quelconque S d'une parabole son sommet laisse beaucoup de liberté sur la structure euclidienne dont il découle. Puisque on demande seulement que les droites vectorielles définies par la direction tangente en S et celle de l'axe passant par S soient orthogonales.


Comment démontrer géométriquement par ailleurs la présence de cette homothétie de façon simple sans parler de sommet, puisque le pb est affine ?


C'est vrai, l'exercice est fait pour noyer le poisson. L'emballage cadeau trompe sur le prix du cadeau. Après tout c'est le geste qui compte.

Bonne nuit.
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
Salut Lojaco.

Si l'on considère un faisceau bi-tangent de coniques, c'est à dire le faisceau engendré par deux droites sécantes en O (hyperbole impropre) et une droite de points doubles (parabole imrpopre) coupant la première conique en A et B, si f,g,h sont trois formes affines telles que la conique de type hyperbole ait pour équation fg = 0 et celle de type parabole h2 = 0, toute conique tangente en A et B respectivement aux droites (OA) et (OB) appartient au faisceau et a une équation de la forme ufg - vh2 = 0. Concrétisons en prenant pour repère (O,A,B) et pour repère cartésien associé celui d'origine O. Notre première conique a pour équation cartésienne xy = 0 et la seconde (x + y - 1)2 = 0. Comme je sais que la première conique n'est pas une solution, je peux prendre une représentation affine du faisceau : uxy + (x + y - 1)2 = 0. La forme forme quadratique des termes de plus haut degré est : (x + y)2 - uxy ; elle est de rang 1 (genre parabole) si, et seulement si son discriminant u(u - 4) et l'on n'a dans le faisceau qu'une seule parabole propre d'équation : (x + y - 1)2 - 4xy = 0.

Bien entendu, l'appel au théorème de Désargues débrouille cela très vite, mais on veut rester dans le cadre affine.

Moyennant ce résultat on a gagné. On prend sur la premières parabole deux points A et B et sur la seconde les points A' et B' où les tangentes sont parallèles à celles A et B à la première parabole. On obtient ainsi deux repères affines (O,A,B) et (O',A',B'). L'unique transformation affine w qui envoie (O,A,B) sur (O',A',B') est une homothétie-translation puisque les triangles OAB et OA'B' ont leurs côtés deux à deux parallèles (petit théorème de Désargues, on ne peut pas faire ce genre de géométrie sans rencontrer son nom partout :D). L'homothétie translation w transforme toute conique du faisceau bitangent en A et B en une conique du faisceau bitangent en A' et B' et transforme notamment toute parabole propre en une parabole propre.

Donc correction à ton problème, la droite (SS') passe par un point fixe ou conserve une direction fixe :?.

Bruno
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
A propos du choix du sommet, il m'est arrivé de dire à mes étudiants, paraphrasant Bismarck, paraît-il, "tout point d'une conique propre est un sommet qui s'ignore" et pour illustrer ce dire, j'énonçais : "Le point de contact d'une tangente à une hyperbole est le milieu du segment limité par les asymptotes sur la tangente." Je le démontrais ainsi dans le cas euclidien : la propriété est trivialement vraie au sommet, je me donne un point de l'hyperbole et je construis une application affine qui envoie le sommet sur ce point.

Puis j'ajoutais : "Au capes on reste dans le cas euclidien, mais tout ça c'est affine, il nous faut donc une démonstration affine." J'introduisais alors la symétrie oblique qui échange les asymptotes et fixe le point de contact et le tour était joué.

Bruno
GG
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
[attachment 6651 coniques.jpg]
bonjour,
soient C1, C2 deux coniques (les paraboles) tangentes en I à la droite à l'infini d. Dire que P est le milieu de la corde AB, c'est dire que (POAB)=-1 et donc que IJ est la polaire de O par rapport à C1. Ainsi J ne dépend pas de la sécante AB, mais seulement de son point à l'infini O.
On construit X selon la figure à partir de O1, O2 arbitraires sur d.
La collinéation perspective laissant fixes X et d point par point transforme C1 en la conique tangente en I à d, en K1 à O1K1, et en K2 à O2k2, soit C2. Ainsi, X est le point fixe cherché.

Oups ! je suis allé un peu vite ! Je n'ai pas démontré que la coll persp qui applique J1 sur K1 applique J2 sur K2, désolé ...

P.S. Comme vient de me l'indiquer Bruno, l'unique homographie h qui applique (I,O1,J1,J2) sur (I,O1,K1,K2) laisse fixe (globalement) d et transforme C1 en une conique tangente à d en I, tangente à O1K1 en K1 et passant par K2, soit la conique C2. Le point O2, intersection de d et O2J2 tangente à C1 en J2 se transforme en l'intersection de d et de la tangente à C2 en K2, soit lui-même. La droite d, ayant trois points fixes est donc fixe point par point par h. Les droites J1K1 et J2K2 étant globalement fixes, h est bien une collinéation perspective de centre X et d'axe d. Ouf !



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a douze années et a été effectuée par GG.


Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
Tu as tout à fait raison GG. Mais...

Le point épineux c'est de trouver la transformation cachée entre C1 et C2.

Ceci dit, je suis complètement passé à côté du point à l'infini, honte à moi ! J'ai effectivement cherché cette démonstration, voir mon message du 6 juillet 15h37.

Merci bien de cette contribution.

Bruno
GG
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
de rien, mais comme tu le dis, il y a un mais :) D'ailleurs, est-ce que c'est vrai ? Je me suis contenté de le vérifier avec des cercles ...
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
Qu'est-ce qui est vrai GG ? De toutes façons toute conique est un cercle qui s'ignore...

Bruno
GG
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
certes, mais à la différence de R. Matta, je n'ai pas confiance dans le papier :)
GG
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
Grâce à Bruno, j'ai pu compléter mon post du 8.7 19h25.
coucoubernard
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
La démo de GG peut se faire dans le plan affine. N'est-ce pas ?

L'histoire de collinéation-perpective fait un peu snob.

Cela dit, il me semble que toute la difficulté est dans le fait que deux paraboles d'axe vertical sont homothétiques ou translatées l'une de l'autre. N'est-ce pas un peu cela qu'établit GG ?

Eclairez-nous !

Merci
coucoubernard
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
En lisant le post de Bruno de dimanche matin, je réalise qu'il a un peu répondu à tout. Desargues est néanmoins inconnu pour moi (je connais la conique des onze points de Desargues et c'est tout).

Vivement le savoir de Bruno (et de ses acolytes bien-aimés) mis à la portée du peuple !!
GG
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
L'histoire de collinéation-perpective fait un peu snob

Désolé de susciter cette réaction. Il se trouve que le peu de géométrie que je connais, je l'ai appris par des lectures de l'école allemande (Bachmann, Hessenberg, Hjelmsev, etc) qui appellent collinéation, coll. projective (homographie), coll. perspective (homologies et élations), etc.
Il n'y a pas qu'Audin et consort dans la vie :)
Re: Un cadeau à Bruno
il y a douze années
avatar
Rapidement coucoucbernard :

Il y a de nombreux "théorèmes de Désargues". Je faisais allusion au suivant :

Citation
Théorème.
Tout faisceau linéaire de conique définit sur toute droite ne passant pas par l'un des points de base une involution dont les points doubles sont les points de contact des deux coniques tangentes à la droite.

En appliquant au cas de figure du faisceau bitangent, l'un des points doubles est donné par la droite de points doubles du faisceau et il y a une conique propre unique tangente à une droite distincte des trois points de base du faisceau. Dans le cas qui nous occupe on prend la droite de l'infini et on obtient l'unique parabole.

Bruno
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