Exo de 1ère-S sur la parabole

Amis des paraboles, bonsoir,
j'ai longtemps hésité à tenter l'exo de Myrtille, pensant ne pas avoir le niveau d'un élève de 1ère S de LLG. Bon, je tente ma chance : je prends comme triangle de référence celui formé par nos trois tangentes. Une conique inscrite a pour équation barycentrique (tangentielle) $pvw+qwu+ruv=0$, avec des paramètres $p,q,r$ non nuls. Si elle est tangente à la droite de l'infini, on a $p+q+r=0$.

En outre, elle touche les côtés en les points de coordonnées barycentriques non normalisées $(0,r,q)$, etc.

Le quotient des aires du triangle des points de contact et de celui de référence est égal au signe près à

$\dfrac{1}{(q+r)(r+p)(p+q)}\begin{vmatrix}0&r&q\\r&0&p\\q&p&0\end{vmatrix}$ , c'est-à-dire $2$.

Un peu simple pour LLG ; j__j

Bonjour,

Pappus, l'application affine $f$ définie par $f(A) = a$, $f(B) = b$, $f(C) = c$
a pour expression:
$\begin{cases}
x' &= -2x+s_1\\
y' &= -2s_1x+y+s_1^2-s_2
\end{cases}$
Le polynôme caractéristique de $\displaystyle \overrightarrow{f}$ est alors de façon évidente $X^2 + X -2$.
Les valeurs propres sont $1$ et $-2$.
Les droites vectorielles propres associées sont engendrées par $\displaystyle \overrightarrow{u}(0;1)$ (c'est l'axe des ordonnées et l'axe de la parabole) et $\displaystyle \overrightarrow{v}(3;2 s_1)$.
$f$ est alors le produit commutatif de la translation de vecteur $\displaystyle \frac{s_1^2}{3}-s_2$ et de l'affinité d'axe la droite d'équation $\displaystyle x=\frac{s_1}{3}$, de direction $\displaystyle \overrightarrow{v}$ et de rapport $-2$.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

John-John a écrit:

Est-il évident sans calcul que l'aire du triangle des tangentes est polynomiale et non simplement rationnelle ?

C'est moi qui ai écrit ça.
$y=x^2$ est du second degré en $x$ donc la dérivée du premier.
Dans l'équation de la tangente en $a$, le coefficient de $x$ est du premier degré.
Quand on élimine $y$ entre les équations des tangentes en $a$ et $b$, le coefficient de $x$ est toujours du premier degré.
Or, l'équation est simplifiable par $a-b$, ce qui donne un $x$ polynômial, et par suite $y$ aussi quand on reporte.
Comme les coordonnées des sommets du triangle des tangentes sont polynômiales, son aire aussi.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir Pappus,

Il n'y a pas de complexes dans ce que j'ai écrit cette fois.
Les coordonnées $M(x;y)$ et $M'(x';y')$ sont dans le repère où la parabole a pour équation $y=x^2$
et on a $A(a;a^2)$ et permutation circulaire.
J'ai quand même posé $s_1=a+b+c$ et $s_2=ab+bc+ca$.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir Pappus,

Pour la translation je voulais dire le vecteur $\displaystyle (0;\frac{s_1^2}{3}-s_2)$.
Pour l'affinité, j'ai indiqué son axe et sa direction dans mon message précédent.
Je suppose que tu voudrais une interprétation géométrique, indépendante du repère,
j'y réfléchirai demain.

Cordialement,

Rescassol

Le défi semble rester ouvert: y a-t-il une preuve en 3 lignes du résultat avec des considérations lycéennes (de A à Z)?

Oui ça d'accord pour "3", mais là, il me semble qu'on est loin du compte, même pour "7" ou "10".
Par contre je posais la question pour le fun (et inviter Myrtille s'il la connait à donner la "solution magique de 3lignes), car en soi ce problème est un bon prétexte pour s'interroger sur l'existence d'une telle solution (surtout qu'il y a une parabole dans l'histoire)

La question suivante va paraitre évidente aux géomètres que vous êtes, mais j'imagine que l'ensemble des quintuplets de points tels que l'unique conique (quand ils sont distincts) qui passe par eux est une parabole est de mesure nulle? (J'ai vu avec geogebra que l'énoncé de Myrtille est faux si on remplace parabole par hyperbole ou ellipse) ce qui m'a inspiré cette question quand au toucher j'essayais de bouger les points pour que la conique en question soit une parabole

edit: pardon pour la question "polluante", si on demande au père Noel un repère avec axe des abscisses parallele à (AE) alors l'unique parabole qui passe par B,C,D (quand elle existe) est contrainte et aura proba nulle de passer par A et E

Ah oui, mais c'est pas une obligation de demander ça au père noel...

Voici une animation qui est juste cette fois (le lieu vert est bien la parabole tangente.

Les parallélogrammes ont bien même aire (évident)

Donc les triangles sont bien dans un rapport 2 d'aire (évident aussi)

Prendre comme unité de longueur AB=1 (ie [AB] est la base horizontale sur l'animation du grand triangle) et donc remarquer que l'ordonnée commune des points de la droite rouge n'est rien d'autre que le double de l'aire des parallélogrammes tout en étant aussi le double de l'aire du triangle (non dessiné) formé par les points de contact

Seul le théorème de Thalès est utilisé pour multiplier "base par hauteur" et obtenir que le parallélogramme (non dessiné) ayant une base fixe (de 0,5) ait même aire que les deux autres.

http://www.logique.jussieu.fr/~chalons/becomeobvius.html

Je pense que tout se joue autour de cette configuration



aussi bien au niveau de la démonstration élémentaire du rapport des aires qu'au niveau supérieur dans la décomposition canonique de l'application affine $f:ABC \mapsto abc$.
J'ai effacé sur la figure l'ellipse de Steiner et le point $I$ qui ne servent à rien.
Au niveau Terminales, tous ces alignements se prouvent aisément sur l'équation réduite de la parabole.
Au niveau supérieur de la théorie projective des coniques, (hors programme pour l'éternité , rappelons le), il existe des preuves synthétiques: par exemple le triangle $A'B'C'$ est autopolaire ou conjugué par rapport à la parabole.

Une fois cette configuration acquise, on peut calculer élémentairement par découpage, le rapport des aires comme je l'ai fait.
Sans doute, la démonstration de LLG en est-elle une amélioration.



Cette seconde figure est le tracé de la décomposition canonique de $f:ABC \mapsto abc$.
Les calculs de Rescassol sont terminés et justes comme il se doit.
Reste donc à faire la figure.
Rescassol a montré que l'axe de l'affinité était la parallèle à la direction asymptotique de la parabole passant par le centre de gravité $G$.
J'ai tracé en rouge cet axe.
J'ai ensuite déterminé le vecteur de la translation.
Pour cela, j'ai tracé le point $G' = f(G)$.
Cela m'est facile car je dispose d'une macro me donnant l'image d'un point par une application affine donnée par les images respectives de trois points non alignés.
Mais on peut s'en passer car $G'$ est le centre de gravité du triangle $abc$ puisque $f$ conserve les barycentres.
Je constate avec plaisir que le point $G'$ appartient à l'axe rouge puisque les calculs de Rescassol sont exacts.
Le vecteur de la translation est donc $\overrightarrow{GG'}$
Je translate ensuite par la translation de vecteur $\overrightarrow{GG'}$ les points $A$, $B$, $C$ respectivement en $A"$, $B"$, $C"$.
On sait d'après Rescasssol que l'affinité de rapport $-2$ doit transformer les points $A"$, $B"$, $C"$ en $a$, $b$, $c$.
On constate avec plaisir que les droites violettes $A"a$, $B"b$, $C"c$ sont bien parallèles entre elles et définissent ainsi la direction (violette) de l'affinité.
De plus on a l'égalité des rapports:
$\dfrac{\overline{\alpha a}}{\overline{\alpha A"}} = \dfrac{\overline{\beta b}}{\overline{\beta B"}} =\dfrac{\overline{\gamma c}}{\overline{\gamma C"}} =-2$
Amicalement
Pappus
PS
Je donnerai plus tard une preuve par le calcul barycentrique pour comparer avec la solution de Rescassol

Mon cher Christophe
Malheureusement, perdu que je suis au fond de la steppe, sans accès au haut débit, je ne peux admirer tes animations;
Sniff!
Demain, j'essayerai de les voir à la maison commune!
Amicalement
Pappus

Je vais faire une photo alors

Attention, la droite rouge n'est pas forcément parallele aux jaune et bleu, c'est un hasard

Bon comme tout le monde est devant sa télé... je témoigne de mes dernières interrogations:

1) je n'ai pas lu les preuves (trop compliquée pour moi) des autres, j'ai un peu essayé, mais abandonné. Surtout, j'y ai cherché des preuves du passage où la tangente du troisième segment intervient.

2) Une fois admise cette tangence, je pense avoir donné l'animation la plus simple possible que le résultat est vrai n'utilisant qu'un théorème de cinquième sur l'invariance des aires de parallélogramme et de la proportionnalité (je parle de la dernière animation non erronée, pas des précédentes)

3) Y a-t-il un extrait-clé qui insisterait et lèverait le doute (subjectif) relatif à la tangence?

4) En résumé, si on reprend la figure de référence de Pappus, y a-t-il une preuve que A' est aligné avec b et c?

Mon cher Christophe
Effectivement dans ma figure, le triangle $abc$ est inscrit dans le triangle $ABC$, (i.e: $a \in BC$, $b\in CA$ et $c\in AB$) et il est aussi circonscrit au triangle $A'B'C'$, (i.e: $A' \in bc$, $B' \in ca$, $C' \in ab$) et en fait il existe une infinité de tels triangles.
A la limite on peut parfaitement oublier la parabole pour tracer cette configuration!
On peut le faire de deux façons différentes en se donnant arbitrairement le point $a \in BC$.
Soit on projette $B'$ sur $CA$ parallèlement à $A'a$ en $b$ et $C'$ sur $AB$ parallèlement à $A'a$ en $c$ et alors on prouve que $A' \in bc$, $B' \in ca$ et $C' \in ab$.
Soit on définit $b = C'a \cap CA$ puis $c = A'b \cap AB$ et on montre que $B' \in ca$ et $A'a \parallel B'b\parallel C'c$
On peut alors montrer:
au niveau LLG que:
$Aire (abc) = 2 Aire (ABC)$
ou bien
à un niveau supérieur que
$S(a,b,c) = -2S(A, B, C)$
où la notation $S(\bullet, \bullet, \bullet)$ désigne l'aire algébrique.
Amicalement
Pappus
PS
Enfin accessoirement, on peut prouver qu'il existe une parabole inscrite dans le triangle $ABC$, ayant pour points de contact les points $a$, $b$, $c$ et la direction commune des droites $A'a$, $B'b$, $C'c$ pour direction asymptotique.

[size=x-large] [/size]

Je mets une image fixe ci-dessous. les parallélogrammes jaunes CEDH et FEDA ont la même aire, qui est aussi l'aire de ILGA dont j'ai dessiné le symétrique sur la figure de droite pour ne pas surcharger.

Etant donné le parallélisme voulu par construction de (FG) et de (DI) et le fait que G est milieu de [AB], on a ainsi la garantie que l'aire de CHE est la moitié de l'aire de ABJ (puisque l'aire de ABJ n'est rien d'autre que l'aire du parallélogramme ILGA)

Donc, en résumé, cela montre qu'une fois donné A,B,C et D sur le segment [AB], la construction donne un point J (intersection de la droite (IL) avec la droite (HE) ) tel que 2aire(CHE) = aire (ABJ) et "cqfd" avec uniquement des notions très simples de cinquième (théorique) sur l'invariance des aires des parallélogrammes dans un mouivement parallelement à un des coté, et de troisième avec Thalès (les droites bleues parallèles)!

Mais mais mais : comment justifier à une élève de première que le segment [HE] [size=large]est tangent*****[/size] à la parabole (parabole qu'on obtient seulement après cette construction comme lieu (**) des points que peut atteindre J quand on fait varier D)?????

Bon d'accord, ce n'est pas très dur de voir qu'une petite variation de D va induire une petite variation de J infinitésimalement confondue avec le segment [HE], mais quand-même, ce n'est pas très formel

[size=small]Sinon, le fait que le lieu (**) est une parabole est plutôt évident, donc à priori pas un problème (l'ordonnée de J dans un repère où (AB) est l'axe des abscisses et AB=1) qui n'est autre que le double de l'aire des paras jaunes dépend comme une fonction $x\mapsto ax^2+bx+c$ de l'abscisse de D et grace à Thalés, la droite (DJ) est toujours parallèle à (GC) [/size]


[size=x-small]***** j'en suis à la 5ième occirence de cette même question -D[/size]

à Pappus, on est d'accord sur le reste, mais je "maintiens" (gentiment) que cette tangence mérite une explication adaptée à une élève de première.

[size=x-small]je me sers juste de ce post comme brouillon pour voir un truc rigolo: soit deux vecteurs $(e_1,e_2)$ (formant une base du plan vectoriel) et l'ensemble des points M(x,y) (dans $\R^2$) tels que $\forall u,v: $ si le $vecteur(A,M)=ue_1+ve_2$ alors $v=u^2$. A l'oeil nu, cet ensemble a toujours la même forme qu'une parabole, ie c'est l'image de $[y=x^2]$ par une similitude. Je trouve ça zoli, les coniques (edit: non en fait, juste les paraboles) ont des "formes incassables". (Rien à voir avec le sujet du fil, enfin, je sais pas d'ailleurs...). Comment trouver facilement la similitude (***) dans le cas général (ie est-ce facile de définir $(e_1,e_2)\mapsto $ une similitude vérifant (***)? )[/size]

Je précise : directe (la similitude).

Slt ! Je suis dans la Première de Louis le Grand dans lequel l'exo a été posé. J'ai numérisé le corrigé et je remercie Mr Rescassol qui m'a donné un bon tuyau pour la démo -D

Meuh non...

Bon j'ai décidé de lire vraiment le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,695730,695903#msg-695903 de rescassol dont je sais (par deux voies) qu'il est officiellement ce qui était attendu "comme solution de 3 lignes".

1) Alors d'accord, ce sont des "formules" symétriques" en a,b,c. Pourquoi sont-ce des polynomes?

2) Une fois qu'on sait que ce sont deux polynomes, je suis d'accord, qu'ils sont de la forme $(a,b,c)\mapsto (a-b)(a-c)(b-c)Q(a,b,c)$. Pourquoi de degré 3?

3) Ces deux "axiomes" étant admis, ok, on essaie des configurations particulières pour déduire la réponse. Mais (1) et (2) sont-elles vraiment si "évidentes" pour un lycéen?

Voyons, Christophe,

le prof avait démontré en cours (et tous les élèves l'ont appris par cœur) que l'aire d'un triangle de sommets $M_1(x_1;ax_1^2)$, $M_2(x_2;ax_2^2)$, $M_3(x_3;ax_3^2)$ est $\frac{a^2}2\vert(x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_2-x_1)\vert$ et que l'aire du triangle formé par les trois tangentes est $\frac{a^2}4\vert(x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_2-x_1)\vert$.

N'importe comment il y a 5 lignes et pas 3 X:-(

Cordialement.

NB : la méthode est quasiment celle de Guégo au cinquième message de ce fil. Je préfère celle de Guégo, plus synthétique.

J'en sais rien.

Mais l'annonce du prof d'une preuve en 3 lignes était du flan !

Effectivement, une ligne.

Comme ça faisait 3 lignes pour le prof. Mais ça faisait aussi 1 ligne chez Guégo.

Tout dépend de ce que tu supposes connu. Et tes "petits outils que j'ai découvert sur les histoires de pure affinitisme de la parabole et de ses tangentes" demandent pas mal de lignes pour être expliqués. Surtout à un élève de première S.

Cordialement.

Bonjour,

Christophe Chalons a écrit:

Bon j'ai décidé de lire vraiment le post de Rescassol

Il serait temps. En général, quand on écrit, c'est pour être lu, ce n'est pas ton cas ?

Christophe Chalons a écrit:

Alors d'accord, ce sont des "formules" symétriques" en a,b,c. Pourquoi sont-ce des polynomes?

L'aire d'un triangle $ABC$ est donnée par le déterminant de deux vecteurs.
Il y peu de chances que ça fasse intervenir des fractions ou quelque chose de plus compliqué.

Christophe Chalons a écrit:

Pourquoi de degré 3?

Si l'abscisse est de degré 1 et l'ordonnée de degré 2, il y a de grande chances que le produit d'une abscisse par une ordonnée soit de degré 3.

Christophe Chalons a écrit:

Mais (1) et (2) sont-elles vraiment si "évidentes" pour un lycéen?

Pour un lycéen de cette classe de LLG, oui.

Cordialement,

Rescassol