Peut-on (est-il judicieux de) déterminer la développée d'une courbe définie par une équation polaire en utilisant le fait que c'est l'enveloppe des normales ?
Ta question manque un peu de contexte. Quelle courbe ?
On peut passer par les complexes, $z(\theta)=\rho(\theta)e^{i\theta}$. On calcule $z'(\theta)$, on écrit $w(\theta)=z(\theta)+\lambda(\theta) i z'(\theta)$ avec $\lambda$ réel et, pour avoir une paramétrisation de la développée, on demande que $w'(\theta)/z'(\theta)$ soit imaginaire pur. Des fois, ça marche pas mal.
Mon cher jp
Ta question est un peu vague.
Je suppose que tu veux savoir si on peut calculer simplement l'enveloppe de la normale d'une courbe à partir de la connaissance de son équation polaire: la réponse est oui, encore faut-il connaitre la théorie des enveloppes à une époque où même l'obtention de l'équation d'une droite pose des problèmes presque insurmontables.
Je te propose de résoudre la question suivante que tu appliqueras ensuite au cas particulier des normales.
Cette figure montre une famille de droites $L_{\theta}$ dépendant d'un paramètre $\theta \in \R$.
Le plan est muni d'un repère orthonormé $(O, \overrightarrow i, \overrightarrow j)$ que je n'ai pas dessiné mais j'ai seulement figuré les axes coordonnées $(Ox, Oy)$.
On fait tourner autour du point $O$ ce repère d'un angle $\theta$ pour obtenir le nouveau repère orthonormé $(O, \overrightarrow I, \overrightarrow J)$ dont les axes coordonnées sont $(OX, OY)$.
Dans le repère $(O, \overrightarrow I, \overrightarrow J)$, la droite $L_{\theta}$ a pour équation:
$a(\theta) X + b(\theta)Y + c(\theta) = 0$ où les fonctions $a$, $b$, $c$ sont des fonctions numériques de classe $\mathcal C^1$.
Calculer dans le nouveau repère $(O, \overrightarrow I, \overrightarrow J)$ (dit mobile), les coordonnées du point de contact de $L_{\theta}$ avec son enveloppe.
Amicalement
Pappus
Merci pour vos réponses.
L'idée de Zo! m'échappe pour l'instant.
Concernant l'idée de Pappus, suis-je dans le vrai :
Le point de contact est solution du système
$$\begin{cases}a(\theta) X + b(\theta)Y + c(\theta) = 0\\ a'(\theta) X + b'(\theta)Y + c'(\theta) = 0\end{cases}$$
Un petit coup avec les formules de Cramer, par exemple, et hop, on obtient ce point de contact.
Or si $L_{\theta}$ est l'équation de la normale, le point de contact est le centre de courbure...
On a donc ainsi ses coordonnées dans le repère mobile que je note volontiers $(O, u(\theta),v(\theta))$.
Cela fonctionne-t-il ainsi ?
C'est pourtant simple. Soit $z=\rho\,e^{i\theta}$. La dérivée : $z'=\rho'\,e^{i\theta}+\rho e^{i(\theta+\pi/2)}$. Je prends un point de la normale à la courbe au point de paramètre $\theta$ : $w=z+\lambda i z'$, où $\lambda$ est réel. Maintenant j'exprime que $w(\theta)$ paramétrise la normale en écrivant que $w'$ et $z'$ sont orthogonaux (la développée est tangente à la normale). On a $w'=(-\lambda'\rho+(1-2\lambda)\rho') e^{i\theta} + ((1-\lambda)\rho+\lambda'\rho'+\lambda\rho'')e^{i(\theta+\pi/2)}$. Ensuite, la condition d'orthogonalité avec $z'$ donne $\rho' (-\lambda'\rho+(1-2\lambda)\rho') + \rho( ((1-\lambda)\rho+\lambda'\rho'+\lambda\rho'')=0$, d'où, sauf erreur
$$\lambda=\dfrac{\rho^2+\rho'^2}{2\rho'^2+\rho^2+\rho\rho''}$$
et on reporte dans l'expression de $w$ pour avoir une paramétrisation de la développée. Elémentaire, n'est-il pas ?
Le point de contact est solution du système
$$\begin{cases}a(\theta) X + b(\theta)Y + c(\theta) = 0\\ a'(\theta) X + b'(\theta)Y + c'(\theta) = 0\end{cases}$$
Evidemment c'est entièrement faux.
La théorie des enveloppes se fait dans un repère fixe et non dans un repère mobile.
Tu vas devoir revoir ta copie!
Amicalement
Pappus
Je me suis peut-être trompé quelque part, mais tout calculs faits (en définitive par maple), à savoir en faisant le détour par le repère fixe, je finis par obtenir
$$\begin{cases}X=-\dfrac{\begin{vmatrix}c&b\\c'&b'\end{vmatrix}+ac}{\begin{vmatrix}a&b\\a'&b'\end{vmatrix}+a^2+b^2}\\
Y=\dfrac{\begin{vmatrix}a&c\\a'&c'\end{vmatrix}+bc}{\begin{vmatrix}a&b\\a'&b'\end{vmatrix}+a^2+b^2}\end{cases}$$
ce qui est très joli en définitive, mais sans logiciel, en entrant dans ce calcul, j'aurais abandonné tout espoir...
@Zo!
Je ne suis pas encore penché sur le calcul final, auparavant, il y a un point qui m'échappe :
Si l'on impose à $\lambda$ d'être réel, il me semble que par construction, l'ensemble $\{w(\lambda)=z+\lambda iz'\mid \lambda\in\R\}$ est l'ensemble des affixes de la normale,
donc pourquoi revenir là-dessus avec $w'$ et $z'$ ?
On cherche une paramétrisation $w(\theta)$ de la développée, de la manière suivante :
1°) on écrit que $w(\theta)$ est sur la normale à la courbe en $z(\theta)$. Donc $w(\theta)$ s'écrit sous la forme $w(\theta)=z(\theta) + i \lambda(\theta) z'(\theta)$, avec $\lambda$ réel. D'accord ?
2°) on écrit le fait que la développée est l'enveloppe des normales, en imposant que sa tangente en $w(\theta)$ soit la normale en $z(\theta)$ à la courbe de départ. Il suffit d'écrire que $w'(\theta)$ est orthogonal à $z'(\theta)$.
Je ne comprends ta question à propos de "revenir là-dessus". Revenir sur quoi ?
@Zo !
J'ai compris les deux points :
$w(\theta)$ est l'affixe du point courant de la développée.
1. $w(theta)$ est sur la normale.
2. La développée est tangente à la normale, donc orthogonale au vecteur vitesse de la courbe de départ.
@Pappus
En terminant le calcul que tu proposes pour la normale : $\rho'(\theta)X+\rho(\theta)Y-\rho(\theta)\rho'(\theta)=0$, on obtient, en cohérence avec la méthode proposée par Zo!
$$\begin{cases}X=\dfrac{\rho\rho'^2-\rho^2\rho''}{\rho^2+2\rho'-\rho\rho''}\\
Y=\dfrac{\rho^2\rho'+\rho'^3}{\rho^2+2\rho'-\rho\rho''}\end{cases}$$
Mon cher jp
J'aurais préféré que tu écrives et justifies le système linéaire dont tes formules (anecdotiques) sont les solutions.
C'est le plus important.
Dans le même ordre d'idées, on peut prendre pour repère mobile le repère de Frénet $(M(s), \overrightarrow {t(s)}, \overrightarrow {n(s)})$ d'une courbe paramétrée par son arc $s$.
On peut alors chercher l'enveloppe d'une famille de droites $L_s$, elles aussi paramétrées par $s$ dont l'équation dans le repère mobile $(M(s), \overrightarrow {t(s)}, \overrightarrow {n(s)})$ est:
$a(s)X+b(s)Y +c(s)=0$ où $a$, $b$, $c$ sont des fonctions numériques de classe $\mathcal C ^k$ où $k$ est un entier suffisamment grand.
Amicalement
Pappus
@Pappus :
Le système s'écrit
$$\begin{cases} a(t) X + b(t) Y + c(t) = 0\\ a(t) Y + a'(t) X + b'(t) Y - b(t) X + c'(t) = 0\end{cases}$$
Je l'obtiens en revenant à la base fixe, les calculs ne sont pas reluisants, il y a peut-être bien une manière plus simple de l'obtenir qui m'échappe...
Les complexes, c'est pas mal :
$(X+iY)=e^{-i\theta}(x+iy)$, d'où $X'+iY'=-i e^{-i\theta}(x+iy)=-i(X+iY)= Y-iX$, ce qui donne $X'=Y$ et $Y'=-X$. Il n'y a plus qu'à utiliser ça en dérivant $aX+bY+c=0$.
Dans le repère mobile de Frénet, en bidouillant avec $\alpha(s)$ une mesure de l'angle polaire de $\overrightarrow {t(s)}$, je trouve :
$$\begin{cases} X(s)=0\\Y(s)=-\frac{\overrightarrow {t(s)}.\overrightarrow {M'(s)}}{\overrightarrow {t(s)}.\overrightarrow {N'(s)}}\end{cases}$$
J'ai dérivé $X=0$ par rapport à $s$...
Dans le cas d'un cercle centré à l'origine (courbe dont je connais un paramétrage par l'abscisse curviligne !), le centre de courbure est obstinément situé à l'origine, ce qui n'est pas mauvais signe...
Oui, ce sont les formules: $X' = Y$ et $Y' = -X$ obtenues par Zo! qui font marcher la boutique.
Si on oublie de passer en complexes, il suffit d'utiliser les formules traditionnelles de passage entre coordonnées:
$\begin{cases}
X = x\cos(\theta) + y\sin(\theta)\\
Y = -x\sin(\theta) +y\cos(\theta)
\end{cases}
$
d'où l'on tire immédiatement les formules de Zo!
Les coordonnées du point de contact doivent annuler l'équation dérivée:
$(aX +bY+c)' = a'X +aX' +b'Y +bY'+c'= (a'-b)X +(b'+a)Y +c' = 0$
Les coordonnées $(X,Y)$ du point de contact sont donc les solutions du système linéaire:
$\begin{cases}
aX+bY+c=0\\
(a'-b)X +(b'+a)Y +c' = 0
\end{cases}
$
L'application à l'étude de l'enveloppe de la normale dont l'équation est:
$\dfrac X {\rho} +\dfrac Y {\rho'}-1=0$ est immédiate.
Un autre exemple d'application est le suivant:
Enveloppe des cordes d'une conique vues d'un foyer sous un angle $\alpha$ avec $0<\alpha<\pi$
C'est une conique de même foyer et de même directrice associée et d'excentricité $e\cos(\dfrac{\alpha}2) $
On peut commencer pour se faire la main à étudier le cas où $\alpha = \dfrac{\pi} 2$.
Amicalement
Pappus
Mon cher jp
En ce qui concerne l'exercice sur le repère mobile de Frénet, la technique est la suivante:
Soit $P$ un point fixe du plan de coordonnées $(X,Y)$ dans le repère mobile de Frénet $(M, \overrightarrow t, \overrightarrow n)$ .
On a donc: $X = \langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow t \rangle$ et $Y = \langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow n \rangle$.
On calcule aisément les dérivées $X'$ et $Y'$ par rapport à l'arc $s$ en utilisant les formules de Frénet.
On peut alors appliquer la théorie à l'enveloppe des normales.
Un autre exemple très connu d'application est celui des caustiques par réflexion sur une courbe donnée.
Amicalement
Pappus
J'ai obtenu la conique dont tu parles pour l'angle $\alpha=\pi/2$, comme enveloppe de la famille des droites $D_{\theta}$ :
$$(1+e\cos(\theta))X+(1-e\sin(\theta))Y-de=0$$
Pour la caustique par réflexion, j'ai essayé d'appliquer le cas d'une source ponctuelle située en $A(-1,0)$ (coordonnées dans le repère fixe) sur le cercle unité.
Pour l'instant, la courbe paramétrée obtenue n'est pas la cardioïde... J'y retourne plus tard.
As-tu des références (liens, pdf ou livres) sur ces problèmes ?
Mon cher jp
Pour ces petits problèmes, ma seule référence sont mes neurones!
Je peux évidemment te conseiller des livres mais sans garantie que tu puisses y trouver ces questions spécifiques!
Amicalement
Pappus
Mon cher jp
Voici le théorème que j'ai en vue sur les caustiques!
Grosso modo, on a une famille de rayons lumineux incidents enveloppant la courbe violette $\gamma$. Ils se reflètent sur la courbe rouge $\Gamma$ pour engendrer une famille de rayons réfléchis enveloppant la courbe bleue $\gamma'$.
Sur cette figure, j'ai donc tracé un rayon incident avec son point de contact $I$ avec $\gamma$.
Il se reflète en $M \in \Gamma$ pour donner un rayon réfléchi dont le point de contact avec $\gamma '$ est $I'$.
Le point $C$ est le centre de courbure en $M$ à la courbe $\Gamma$.
Alors les points $I$, $I'$, $E$ sont alignés.
La figure montre comment obtenir $E$ à partir de $C$ et du rayon incident.
Il est à peu près sûr que je n'ai pas inventé ce théorème mais pour le montrer, j'ai appliqué la théorie des enveloppes avec pour repère mobile la famille des repères de Frénet de la courbe réféchissante $\Gamma$.
Amicalement
Pappus
PS
On peut regarder ce qui se passe quand la famille de rayons incidents est formée de rayons parallèles ou issus d'un même point.
Que donne ce théorème quand la famille de rayons incidents est formée de rayons issus d'un même point $I$ et que la famille de rayons réfléchis est formée de rayons se concentrant au point $I'$? Penser au chemin optique!!
Effectivement, je suis allé faire un tour sur le site de :mathcurve pour y trouver ma construction faite dans le cas particulier où les rayons incidents sont issus d'un point $I$.
Cette construction était sans doute connue dès le début de l'étude des caustiques!
J'attends un peu que quelqu'un se propose d'appliquer la théorie du repère mobile sinon il faudra bien que je m'y colle.
Le point de réflexion $M$ étant fixé, on récolte ainsi une application $f:I \mapsto I'$ du plan.
J'ai le sentiment que c'est une transformation de Crémona que Pierre pourrait dévisser s'il me lit!
On peut donner sans le moindre calcul la restriction de $f$ à la droite $MC$ en pensant à l'optique de Gauss. Quelle est donc cette archicélèbre restriction?
Amicalement
Pappus
Faisons déjà la théorie des enveloppes via les repères de Frénet.
Soit $P$ un point fixe du plan de coordonnées $(X,Y)$ dans le repère mobile de Frénet $(M, \overrightarrow t, \overrightarrow n)$ .
On a donc: $X = \langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow t \rangle$ et $Y = \langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow n \rangle$.
On calcule aisément les dérivées $X'$ et $Y'$ par rapport à l'arc $s$ en utilisant les formules de Frénet qui sont, je le rappelle:
$\dfrac{dM}{ds} = \overrightarrow t $, $\dfrac{d\overrightarrow t}{ds} = \dfrac{\overrightarrow n}{R}$, $\dfrac{d\overrightarrow n}{ds} = -\dfrac{\overrightarrow t}{R}$ où $R$ est le rayon de courbure en $M$.
D'où $X' =\dfrac d{ds}\langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow t \rangle=-\langle \overrightarrow t \mid \overrightarrow t \rangle+\langle \overrightarrow{MP}\mid\dfrac{\overrightarrow n}{R}\rangle = -1+\dfrac Y R$
et $Y' = \dfrac d{ds}\langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow n \rangle=-\langle \overrightarrow t \mid \overrightarrow n \rangle+\langle \overrightarrow{MP}\mid -\dfrac{\overrightarrow t}{R}\rangle =-\dfrac X R$
Maintenant si la droite $L_s$ a pour équation dans le repère mobile $(M, \overrightarrow t, \overrightarrow n)$:
$a X +bY + c=0$,
où $a$, $b$, $c$ sont des fonctions numériques suffisamment dérivables de l'arc $s$, alors la droite dérivée a pour équation:
$(aX+bY+c)' = aX'+a'X +bY'+b'Y + c'=0$ c'est à dire:
$(a'-\dfrac b R)X+(b'+\dfrac a R)Y +c'-a=0$
Finalement les coordonnées du point de contact de $L_s$ avec son enveloppe dans le repère de Frénet $(M, \overrightarrow t, \overrightarrow n)$ sont les solutions du système linéaire:
$\begin{cases}
aX+bY+c=0\\
(a'-\dfrac b R)X+(b'+\dfrac a R)Y +c'-a=0
\end{cases}
$
Amicalement
Pappus
L'application aux caustiques est d'une simplicité biblique!
Rappelons la figure!
Le rayon incident a pour équation: $aX-Y=0$
Le point de contact $I$ est donc solution du système linéaire:
$\begin{cases}
aX-Y = 0\\
(a'+\dfrac 1 R)X+\dfrac a R Y -a=0
\end{cases}
$
D'où on tire les coordonnées de $I$:
$X_I =\dfrac{aR}{Ra'+1+a^2}$ et $Y_I =\dfrac{a^2R}{Ra'+1+a^2}$
Le rayon réfléchi a pour équation: $aX+Y =0$
Le point de contact $I'$ est donc solution du système linéaire:
$\begin{cases}
aX+Y = 0\\
(a'-\dfrac 1 R)X+\dfrac a R Y -a=0
\end{cases}
$
D'où on tire les coordonnées de $I'$:
$X_{I'} =\dfrac{aR}{Ra'-1-a^2}$ et $Y_{I'} =\dfrac{-a^2R}{Ra'-1-a^2}$
On peut alors former l'équation de la droite $II'$:
$\begin{vmatrix}
X&Y &1\\
aR&a^2R&Ra'+1+a^2\\
aR&-a^2R&Ra'-1-a^2
\end{vmatrix}
=0
$
qui s'écrit aussi après quelques manipulations sur les deux dernières lignes du style $L_2\pm L_3$:
$\begin{vmatrix}
X&Y &1\\
a&0&a'\\
0&a^2R&1+a^2
\end{vmatrix}
=0
$
L'intersection $E$ avec la droite $MC$ d'équation: $X=0$ a donc pour coordonnées:
$X_E =0$ et $Y_E = \dfrac{a^2R}{1+a^2}$
Le point $E$ est bien la projection orthogonale sur la normale $MC$ du point $D$, projection orthogonale du centre de courbure $C$ sur le rayon incident.
Amicalement
Pappus
Mon cher jp
Voici la figure montrant la cardioïde comme caustique du point $I$ d'affixe $-1$ par rapport au cercle unité.
Le point $M$ a pour affixe $z$.
A toi de mettre des affixes sur les autres points étiquetés ou non!
J'ai aussi tracé en noir épais la roulette et la roulante engendrant la cardioïde.
A toi de déterminer ces cercles!
Amicalement
Pappus
Il est intéressant de regarder ce qui se passe quand les enveloppes $\gamma$ et $\gamma'$ se réduisent à des points $I$ et $I'$, on dit alors qu'il y a stigmatisme rigoureux.
Dans ce cas le chemin optique entre $I$ et $I'$ ne dépend plus du point $M$ et est constant.
Il vaut $IM +MI'$ dans le cas où $I$ et $I'$ sont dans le même demi-plan déterminé par la tangente en $M$ à la courbe réfléchissante $\Gamma$ et $\mid MI -MI' \mid$ dans les autres cas. Il en résulte que la courbe réfléchissante doit être une ellipse ou une hyperbole passant par $M$ et que le cercle de centre $C$ passant par $M$ en est le cercle de corbure en $M$.
On retrouve la construction classique du cercle de courbure en un point d'une conique à centre.
On voit bien le cercle de courbure traverser l'ellipse $\Gamma$ en $M$.
Pour la spirale logarithmique $\rho=e^\theta$, avec la méthode de Zo!, j'obtiens $\lambda = \dfrac{1}{2}$, puis pour l'expression de la développée : $w(\theta)=\dfrac {\sqrt{2}}{2} e^\theta e^{i(\theta +\frac{\pi}{4})} $ si pas d'erreur de calcul.
On voit bien apparaître une spirale logarithmique, mais comment obtenir l'équation de la développée $\rho=e^{(\theta-\frac{\pi}{2})}$ à partir de cette expression de $w$?
A vrai dire, le cas de la spirale logarithmique est si simple qu'on peut se passer aussi bien de la méthode de Zo! que de la mienne.
Voyons quand même la mienne pour le principe.
On a $\rho(\theta) = e^{k\theta}$ avec $k = \tan(V)$
L'équation de la normale dans le repère mobile est:
$\dfrac X{\rho} +\dfrac Y {\rho'}-1=0$ qui peut s'écrire aussi:
$kX+Y -ke^{k\theta}=0$
On peut donc prendre: $a(\theta) = k$, $b(\theta) = 1$, $c(\theta) = -ke^{k\theta}$
L'équation de la droite dérivée est donc:
$-X+kY -k^2e^{k\theta} = 0$
La solution du système:
$\begin{cases}
kX+Y -ke^{k\theta}=0\\
-X+kY -k^2e^{k\theta} = 0
\end{cases}
$
est: $X=0$, $Y = ke^{k\theta}$
Le point de contact est donc l'intersection $C$ de la normale en $M$ à la spirale avec la droite perpendiculaire en $O$ à la droite $OM$.
On passe donc du point $M$ au point $C$ par la similitude directe $s$ de centre $O$, d'angle $\dfrac{\pi}2$ et de rapport $k$. Le lieu de $C$ est encore une spirale logarithmique!
Elémentairement, on aurait pu tout aussi bien appliquer cette similitude directe au point $M$ pour obtenir le résultat souhaité!
Amicalement
Pappus
PS
Voici la figure faite pour $k = 1$ et donc $V = \dfrac{\pi} 4$
@Bernard : tu n'as peut-être pas pris la bonne formule pour $\lambda$ (j'avais fait une coquille que j'ai corrigée dans un des messages suivants). On a en fait $\lambda=1$, et avec $z=e^{(1+i)\theta}$, $z'=(1+i) e^{(1+i)\theta}$, on trouve $w=z+\lambda i z'=i e^{(1+i)\theta}$, la spirale de départ tournée de $\pi/2$
En fait la figure complète de Zo! est la suivante:
avec 4 spirales logarithmiques développées successives l'une de l'autre.
Sans doute la question a-t-elle été déjà posée ici mais je la repose par acquit de conscience:
Y-a-t-il d'autres courbes du plan ayant la même propriété?
Amicalement
Pappus
Traitons maintenant en polaire avec ma méthode le problème dont j'avais parlé précédemment.
Enveloppe des cordes d'une conique vues d'un foyer sous un angle droit.
Évidemment rien ne peut se faire sans l'équation polaire d'une conique, le pôle étant un de ses foyers.
Rappelons donc cette équation, laquelle est:
$\rho(\theta) = \dfrac p{1+e\cos(\theta)}$
$p$ est le paramètre de la conique.
$\rho(\dfrac{\pi}2) = p$.
Par suite la distance du pôle- foyer $F$ à sa directrice associée est $\dfrac p e$, remarque qui nous sera utile par la suite.
Si $(F, i, j)$ est le repère orthonormé fixe par rapport auquel sont définies les coordonnées polaires, on note $u(\theta)=\cos(\theta) i + \sin(\theta)j$.
Le repère mobile est donc $(F, u(\theta), u(\theta+ \dfrac{\pi}2))$
Soit $M$ le point de la conique d'angle polaire $\theta$ et $M'$ celui d'angle polaire $\theta+ \dfrac{\pi}2$
L'équation de la droite $MM'$ dans le repère mobile est:
$\dfrac X {\rho(\theta)}+ \dfrac Y{\rho(\theta + \dfrac{\pi}2)}-1=0$
qui s'écrit:
$(1+e\cos(\theta))X+(1-e\sin(\theta))Y-p=0$
L'équation de la droite dérivée est:
$-e\sin(\theta)X+(1+e\cos(\theta))X'-e\cos(\theta)Y+(1-e\sin(\theta))Y'=0$
Compte tenu des relations $X' = Y$ et $Y' = -X$, ceci s'écrit:
$-e\sin(\theta)X+(1+e\cos(\theta))Y-e\cos(\theta)Y-(1-e\sin(\theta))X=0$
c'est à dire en définitive $X-Y = 0$.
Le point de contact $T$ de la droite $MM'$ avec son enveloppe est donc l'intersection de la droite $MM'$ avec la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{MFM'}$ tracée en vert.
On en déduit $X = Y = \dfrac p {2+e(\cos(\theta) - \sin(\theta))}$.
Mais $\cos(\theta) - \sin(\theta)=\sin(\theta+\dfrac{\pi}2)- \sin(\theta)=2\sin(\dfrac{\pi}4)\cos(\theta +\dfrac{\pi}4))=\sqrt 2\cos(\theta +\dfrac{\pi}4)$
Donc $\overrightarrow{FT} =\dfrac p {2+e\sqrt 2\cos(\theta +\dfrac{\pi}4)}(u(\theta)+u(\theta+ \dfrac{\pi}2))$
Mais $u(\theta)+u(\theta+ \dfrac{\pi}2)=\sqrt 2 u(\theta+ \dfrac{\pi}4)$
Donc
$\overrightarrow{FT} =\dfrac{p\sqrt2}{2+e\sqrt 2\cos(\theta +\dfrac{\pi}4)}u(\theta+ \dfrac{\pi}4)$
L'équation polaire de la courbe enveloppe est donc:
$\rho(\theta) =\dfrac{p\sqrt2}{2+e\sqrt 2\cos(\theta )}= \dfrac{\dfrac p{\sqrt 2}}{1+\dfrac e {\sqrt 2}\cos(\theta)}$
Compte tenu d'une remarque précédente, c'est bien une conique ayant même foyer $F$ et même directrice associée $\Delta$ et d'excentricité $\dfrac e {\sqrt 2}$
Je vous laisse méditer sur l'existence des points $U$, $V$, $V'$, situés sur la directrice $\Delta$.
Quels sont les théorèmes élémentaires, autrefois au programme du Bac, que j'ai utilisés?
Voici maintenant la figure complète, conséquence de la précédente, bourrée de divisions et autres faisceaux harmoniques.
Amicalement
Pappus
Venons en maintenant à l'application $I \mapsto I'$
D'un point de vue physique, cela revient à limiter la courbe réfléchissante à une petite portion au voisinage de $M$ et donc à la remplacer par la portion correspondante du cercle osculateur en $M$ à $\Gamma$.
On travaille donc avec un miroir sphérique mais pas dans les conditions de l'optique de Gauss puisque le point objet $I$ peut être loin de l'axe optique $MC$.
Soit $(x,y)$ les coordonnées de $I$ et $(X,Y)$ celles de $I'$.
La symétrie par rapport à $MC$ entraine: $\dfrac Y X = -\dfrac y x$
Les coordonnées de $C$ sont $(0,R)$ et celles de $E$: $(0, \dfrac{Ry^2}{x^2+y^2})$.
L'alignement des points $I$, $I'$, $E$ se traduit par la nullité du déterminant suivant:
$\begin{vmatrix}
X&Y&1\\
x&y&1\\0&Ry^2&x^2+y^2
\end{vmatrix}=0
$
c'est à dire:
$\big(y(x^2+y^2)-Ry^2\big)X-x(x^2+y^2)Y+Rxy^2=0$
On en déduit aussitôt:
$X =\dfrac{-Rxy}{2(x^2+y^2)-Ry}$ et $Y =\dfrac{Ry^2}{2(x^2+y^2)-Ry}$
Cette application se prolonge au complété projectif par les formules suivantes écrites en coordonnées homogènes:
$(X:Y:Z) = (-Rxy:Ry^2: 2(x^2+y^2)-Ryz)$
C'est bien une transformation quadratique involutive comme je l'avais pressenti, donc susceptible d'être dévissée par les méthodes que Pierre a eu la gentillesse de nous exposer ici même!
La restriction de $f$ à l'axe optique $MC$ d'équation $x=0$ doit nous redonner la relation homographique involutive de Gauss qui caractérise le miroir sphérique et effectivement, on trouve: $Y = \dfrac{Ry}{2y-R}$ qui est bien une homographie involutive ou involution, qui s'écrit plus traditionnellement par la relation de Descartes:
$\dfrac 1 y + \dfrac 1 Y = \dfrac 2 R (= \dfrac 1 f)$ qui se traduit géométriquement par la division harmonique: $(M, C, I, I') = -1$
Amicalement
Pappus
PS
Je serais curieux de savoir si l'optique de Gauss est encore enseignée et à quel niveau?
Comment font les physiciens pour démontrer toutes ces belles formules homographiques qui décrivent les systèmes centrés maintenant que la géométrie a disparu.
Ils peuvent toujours s'en sortir en disant qu'elles sont bien vérifiées par l'expérience.
A contrario, ce serait sans doute une idée à creuser pour sauver la géométrie:
Le théorème de Pythagore serait démontré puisqu'il est bien vérifié par l'expérience?
Je serais curieux de savoir si l'optique de Gauss est encore enseignée et à quel niveau
Normalement en TS option physique elle l'était il y a peu de temps encore (2 ans), aujourd'hui je ne sais pas. Elle continue à l'être dans certains IUT ou BTS ou école d'ingénieur (en optique).
La présentation a complètement changée, puisque plus personne ne parle d'homographie ou de division harmonique. En revanche la généralisation de l'algèbre linéaire a fait que l'on remplace ça par du calcul matriciel très adapté au calcul informatique (dans un plan perpendiculaire à l'axe un "rayon" est représente par un vecteur colonne (h,nu) ou h est la distance à l'axe et u l'angle et on a deux type de matrices 2X2, les unes permettant d'aller d'un dioptre à l'autre (donc u ne change pas, translation) et les autres de traverser un dioptre (donc h ne change pas, réfraction). Un système n'est rien d'autre qu'un produit matriciel et il est amusant de constater que dans le cas d'un miroir, toutes les formules restent valables en changeant le signe de l'indice après réflexion.
En TS on se contente de systèmes simples (lunette, télescope, microscope) et on a les relations de conjugaison par des considérations de triangles semblables ou Thalès.
Aujourdh'ui les programmes de calcul des ordinateurs permettent de se passer presque entièrement de ces théories développées au début du siècle dernier par H Chétien avec la théorie de l'iconale tombée en désuétude.
Mon cher Diego
Tout le monde sait qu'on peut composer des homographies en multipliant des matrices de taille 2.
Ma question est un peu différente.
Un système centré est composé de systèmes élémentaires: miroirs plans ou sphériques ou dioptres sphériques.
Comment les physiciens démontrent-ils par exemple les formules du miroir sphérique ou du dioptre sphérique?
Amicalement
Pappus
Voici comment les physiciens procédaient de mon temps pour montrer la formule du miroir sphérique.
Un rayon lumineux issu de $M$ sur l'axe $OA$ se réflechit en $I$ puis revient recouper l'axe en $M'$.
La tangente en $I$ au miroir recoupe l'axe en $T$.
Les droites $IO$ et $IT$ sont les bissectrices intérieure et extérieure au sommet $I$ du triangle $MIM'$.
On a donc un faisceau harmonique $(IM,IM',IO,IT) = -1$ donc une division harmonique: $(O,T,M,M') ) -1$
Maintenant vient l'astuce physique, comme le système est centré, le point $I$ est proche de $A$ et le point $T$ aussi.
Donc dans les conditions d'utilisation d'un système centré, on peut confondre les points $A$ et $T$ et on a bien:
$(O,A,M,M')= -1$
Evidemment ce raisonnement est impossible aujourd'hui puisque toute cette partie de la géométrie a définitivement disparu alors que de mon temps elle était enseignée en Seconde juste à temps pour l'optique de Gauss qui était enseignée en Première.
Amicalement
Pappus
(je veux bien que tu me dises comment tu illustres tes poste avec ces magnifiques figures.....)
Dans mon fichier CG est l'objet, ED l'image et les foyers F et F' et O le centre de la lentille
(GH) et (JD) sont // à l'axe
Thalès coté image donne F'E/F'O=ED/OH (avec des valeurs algébriques....)
Mais OH=CG et ED=OJ donc Thales coté objet et
F'E/F'O=ED/OH =OJ/CG=FO/FC et c'est fini pour la conjugaison version Newton
F'E FC=OF' OF=-f'²
On transforme avec Chasles pour avoir l'autre
On a grâce à Thalès OE/OC=ED/CG=F'E/F'O=(F'O+OE)/F'O=1+OE/F'O On divise par OE et
1 / OE - 1/OC=1 / OF'=1/f'
Pour un miroir on applique les relations de conjugaison pour le centre du miroir qui est son propre conjugué et on a donc 2/OC=1/OF et donc OF'=OF=OC/2 . Une fois que l'on a les position des foyers (qui sont confondus), on applique ce qui précède.
Regardons maintenant la démonstration du cas général:
Enveloppe des cordes d'une conique vues d'un foyer sous un angle $\alpha$ avec $0<\alpha<\pi$
C'est une conique de même foyer et de même directrice associée et d'excentricité $e\cos(\dfrac{\alpha}2)$.
On prend pour repère mobile $(F,u(\theta), u(\theta+\alpha)$.
La matrice de passage du repère fixe $(F,i,j)$ au repère mobile est donc:
$
P(\theta) =
\begin{bmatrix}
\cos(\theta)&\cos(\theta +\alpha)\\
\sin(\theta)&\sin(\theta +\alpha)
\end{bmatrix}
$
Ainsi
$
P'(\theta) =
\begin{bmatrix}
-\sin(\theta)&-\sin(\theta +\alpha)\\
\cos(\theta)&\cos(\theta +\alpha)
\end{bmatrix}
$
et
$
P(\theta)^{-1} =
\dfrac 1{\sin(\alpha)}
\begin{bmatrix}
\sin(\theta +\alpha)&-\cos(\theta +\alpha)\\
-\sin(\theta)&\cos(\theta)
\end{bmatrix}
$
Maintenant soient $(x,y)$ les coordonnées d'un point donné $M$ dans le repère fixe $(F,i,j)$ et $(X,Y)$ ses coordonnées dans le repère mobile $(F,u(\theta), u(\theta+\alpha))$..
On a:
$\begin{pmatrix}
X\\Y
\end{pmatrix}
=
P(\theta)^{-1}
\begin{pmatrix}
x\\y
\end{pmatrix}
$
Donc
$\begin{pmatrix}
X'\\Y'
\end{pmatrix}
=
-P(\theta)^{-1}.P'(\theta).P(\theta)^{-1}
\begin{pmatrix}
x\\y
\end{pmatrix}
=
-P(\theta)^{-1}.P'(\theta)
\begin{pmatrix}
X\\Y
\end{pmatrix}
$
Compte tenu des formules précédentes, on trouve:
$\begin{pmatrix}
X'\\Y'
\end{pmatrix}
=
\dfrac 1{\sin(\alpha)}
\begin{bmatrix}
\cos(\alpha)&1\\
-1&-\cos(\alpha)
\end{bmatrix}
\begin{pmatrix}
X\\Y
\end{pmatrix}
$
Finalement on a:
$
\begin{cases}
X' = \dfrac 1{\sin(\alpha)}(X\cos(\alpha)+1)\\
Y' =-\dfrac 1{\sin(\alpha)}(X+Y\cos(\alpha))
\end{cases}
$
C'est ce que deviennent les formules de Zo! dans ce cas général.
On a l'impression curieuse d'avoir travaillé très élémentairement sans le savoir dans un groupe de Lie, oui mais lequel?
L'équation dans le repère mobile de la corde $MM'$ de la conique vue du foyer sous l'angle $\alpha$ est:
$(1+e\cos(\theta))X+(1+e\cos(\theta+\alpha))Y-p=0$
L'équation de la droite dérivée est:
$(1+e\cos(\theta))X'-e\sin(\theta)X+(1+e\cos(\theta+\alpha))Y'-e\sin(\theta+\alpha)Y=0$
On injecte dans cette équation les nouvelles formules de Zo! et on trouve après simplification:
$\dfrac{\cos(\alpha)-1}{\sin(\alpha)}(X-Y)=0$.
Le point de contact $T$ de la droite $MM'$ avec son enveloppe est toujours fourni par son intersection avec la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{MFM'}$.
On obtient:
$X_T=Y_T=\dfrac p{2+e(\cos(\theta)+\cos(\theta+\alpha)}=\dfrac p{2(1+e\cos(\frac{\alpha} 2)\cos(\theta+\frac{\alpha} 2))}$
Donc
$\overrightarrow{FT} =\dfrac p{2(1+e\cos(\frac{\alpha} 2)\cos(\theta+\frac{\alpha} 2))}(u(\theta)+u(\theta+\alpha))
$
Compte tenu de l'identité:
$u(\theta)+u(\theta+\alpha)=2\cos(\frac{\alpha}2)u(\theta+\frac{\alpha} 2)$,
on voit que l'équation polaire de l'enveloppe est:
$\rho = \dfrac{p\cos(\frac{\alpha}2)}{1+e\cos(\frac{\alpha}2)\cos(\theta)}$
C'est bien l'équation polaire d'une conique de même foyer et directrice associée que la conique de départ mais d'exentricité $e\cos(\dfrac{\alpha} 2)$.
Amicalement
Pappus
Mon cher Diego
Ta figure me rappelle bien des souvenirs de bientôt 70 ans maintenant!
Je n'ai pu charger ton fichier mais peu importe!
Je resterai donc sur ma faim sur l'enseignement de l'optique de Gauss dans le désert géométrique d'aujourd'hui.
Il semblerait que tu y ajoutes les fonctions homographiques mais là tu y vas peut-être un peu fort.
Voudrais-tu dire qu'on va bientôt limiter l'étude de l'analyse aux variations des fonctions constantes?
Amicalement
Pappus
Mon cher Diego
J'utilise Cabri pour faire mes figures et un logiciel appelé FastStone Capture pour les convertir au format gif et les exporter.
J'ai une très vieille version de Cabri et je suppose qu'aujourd'hui les concepteurs de ce logiciel ont dû régler ce problème de manière interne.
Il est cependant préférable d'utiliser GeoGebra qui lui aussi fait de superbes figures et qui a l'avantage d'être gratuit.
Comme je vois que tout le monde l'utilise sauf moi, il est très probable qu'il est facile d'exporter ses figures avec ce logiciel;
Demande le directement à ses utilisateurs notoires!
Amicalement
Pappus
Réponses
On peut passer par les complexes, $z(\theta)=\rho(\theta)e^{i\theta}$. On calcule $z'(\theta)$, on écrit $w(\theta)=z(\theta)+\lambda(\theta) i z'(\theta)$ avec $\lambda$ réel et, pour avoir une paramétrisation de la développée, on demande que $w'(\theta)/z'(\theta)$ soit imaginaire pur. Des fois, ça marche pas mal.
Ta question est un peu vague.
Je suppose que tu veux savoir si on peut calculer simplement l'enveloppe de la normale d'une courbe à partir de la connaissance de son équation polaire: la réponse est oui, encore faut-il connaitre la théorie des enveloppes à une époque où même l'obtention de l'équation d'une droite pose des problèmes presque insurmontables.
Je te propose de résoudre la question suivante que tu appliqueras ensuite au cas particulier des normales.
Cette figure montre une famille de droites $L_{\theta}$ dépendant d'un paramètre $\theta \in \R$.
Le plan est muni d'un repère orthonormé $(O, \overrightarrow i, \overrightarrow j)$ que je n'ai pas dessiné mais j'ai seulement figuré les axes coordonnées $(Ox, Oy)$.
On fait tourner autour du point $O$ ce repère d'un angle $\theta$ pour obtenir le nouveau repère orthonormé $(O, \overrightarrow I, \overrightarrow J)$ dont les axes coordonnées sont $(OX, OY)$.
Dans le repère $(O, \overrightarrow I, \overrightarrow J)$, la droite $L_{\theta}$ a pour équation:
$a(\theta) X + b(\theta)Y + c(\theta) = 0$ où les fonctions $a$, $b$, $c$ sont des fonctions numériques de classe $\mathcal C^1$.
Calculer dans le nouveau repère $(O, \overrightarrow I, \overrightarrow J)$ (dit mobile), les coordonnées du point de contact de $L_{\theta}$ avec son enveloppe.
Amicalement
Pappus
Merci pour vos réponses.
L'idée de Zo! m'échappe pour l'instant.
Concernant l'idée de Pappus, suis-je dans le vrai :
Le point de contact est solution du système
$$\begin{cases}a(\theta) X + b(\theta)Y + c(\theta) = 0\\ a'(\theta) X + b'(\theta)Y + c'(\theta) = 0\end{cases}$$
Un petit coup avec les formules de Cramer, par exemple, et hop, on obtient ce point de contact.
Or si $L_{\theta}$ est l'équation de la normale, le point de contact est le centre de courbure...
On a donc ainsi ses coordonnées dans le repère mobile que je note volontiers $(O, u(\theta),v(\theta))$.
Cela fonctionne-t-il ainsi ?
$$\lambda=\dfrac{\rho^2+\rho'^2}{2\rho'^2+\rho^2+\rho\rho''}$$
et on reporte dans l'expression de $w$ pour avoir une paramétrisation de la développée. Elémentaire, n'est-il pas ?
$$\lambda=\dfrac{\rho^2+\rho'^2}{2\rho'^2+\rho^2-\rho\rho''}$$
La théorie des enveloppes se fait dans un repère fixe et non dans un repère mobile.
Tu vas devoir revoir ta copie!
Amicalement
Pappus
Oui, bien expliqué comme ça, je crois que ça va être à ma portée !
Je me penche là-dessus, plutôt demain. Merci !
@Pappus
Je suis assez peu étonné finalement !
J'y retourne !
Je me suis peut-être trompé quelque part, mais tout calculs faits (en définitive par maple), à savoir en faisant le détour par le repère fixe, je finis par obtenir
$$\begin{cases}X=-\dfrac{\begin{vmatrix}c&b\\c'&b'\end{vmatrix}+ac}{\begin{vmatrix}a&b\\a'&b'\end{vmatrix}+a^2+b^2}\\
Y=\dfrac{\begin{vmatrix}a&c\\a'&c'\end{vmatrix}+bc}{\begin{vmatrix}a&b\\a'&b'\end{vmatrix}+a^2+b^2}\end{cases}$$
ce qui est très joli en définitive, mais sans logiciel, en entrant dans ce calcul, j'aurais abandonné tout espoir...
Je ne suis pas encore penché sur le calcul final, auparavant, il y a un point qui m'échappe :
Si l'on impose à $\lambda$ d'être réel, il me semble que par construction, l'ensemble $\{w(\lambda)=z+\lambda iz'\mid \lambda\in\R\}$ est l'ensemble des affixes de la normale,
donc pourquoi revenir là-dessus avec $w'$ et $z'$ ?
1°) on écrit que $w(\theta)$ est sur la normale à la courbe en $z(\theta)$. Donc $w(\theta)$ s'écrit sous la forme $w(\theta)=z(\theta) + i \lambda(\theta) z'(\theta)$, avec $\lambda$ réel. D'accord ?
2°) on écrit le fait que la développée est l'enveloppe des normales, en imposant que sa tangente en $w(\theta)$ soit la normale en $z(\theta)$ à la courbe de départ. Il suffit d'écrire que $w'(\theta)$ est orthogonal à $z'(\theta)$.
Je ne comprends ta question à propos de "revenir là-dessus". Revenir sur quoi ?
Merci beaucoup à tous les deux !
@Zo !
J'ai compris les deux points :
$w(\theta)$ est l'affixe du point courant de la développée.
1. $w(theta)$ est sur la normale.
2. La développée est tangente à la normale, donc orthogonale au vecteur vitesse de la courbe de départ.
@Pappus
En terminant le calcul que tu proposes pour la normale : $\rho'(\theta)X+\rho(\theta)Y-\rho(\theta)\rho'(\theta)=0$, on obtient, en cohérence avec la méthode proposée par Zo!
$$\begin{cases}X=\dfrac{\rho\rho'^2-\rho^2\rho''}{\rho^2+2\rho'-\rho\rho''}\\
Y=\dfrac{\rho^2\rho'+\rho'^3}{\rho^2+2\rho'-\rho\rho''}\end{cases}$$
J'aurais préféré que tu écrives et justifies le système linéaire dont tes formules (anecdotiques) sont les solutions.
C'est le plus important.
Dans le même ordre d'idées, on peut prendre pour repère mobile le repère de Frénet $(M(s), \overrightarrow {t(s)}, \overrightarrow {n(s)})$ d'une courbe paramétrée par son arc $s$.
On peut alors chercher l'enveloppe d'une famille de droites $L_s$, elles aussi paramétrées par $s$ dont l'équation dans le repère mobile $(M(s), \overrightarrow {t(s)}, \overrightarrow {n(s)})$ est:
$a(s)X+b(s)Y +c(s)=0$ où $a$, $b$, $c$ sont des fonctions numériques de classe $\mathcal C ^k$ où $k$ est un entier suffisamment grand.
Amicalement
Pappus
Le système s'écrit
$$\begin{cases} a(t) X + b(t) Y + c(t) = 0\\ a(t) Y + a'(t) X + b'(t) Y - b(t) X + c'(t) = 0\end{cases}$$
Je l'obtiens en revenant à la base fixe, les calculs ne sont pas reluisants, il y a peut-être bien une manière plus simple de l'obtenir qui m'échappe...
$(X+iY)=e^{-i\theta}(x+iy)$, d'où $X'+iY'=-i e^{-i\theta}(x+iy)=-i(X+iY)= Y-iX$, ce qui donne $X'=Y$ et $Y'=-X$. Il n'y a plus qu'à utiliser ça en dérivant $aX+bY+c=0$.
Je vais aller voir dans le repère de Frénet...
$$\begin{cases} X(s)=0\\Y(s)=-\frac{\overrightarrow {t(s)}.\overrightarrow {M'(s)}}{\overrightarrow {t(s)}.\overrightarrow {N'(s)}}\end{cases}$$
J'ai dérivé $X=0$ par rapport à $s$...
Dans le cas d'un cercle centré à l'origine (courbe dont je connais un paramétrage par l'abscisse curviligne !), le centre de courbure est obstinément situé à l'origine, ce qui n'est pas mauvais signe...
Si on oublie de passer en complexes, il suffit d'utiliser les formules traditionnelles de passage entre coordonnées:
$\begin{cases}
X = x\cos(\theta) + y\sin(\theta)\\
Y = -x\sin(\theta) +y\cos(\theta)
\end{cases}
$
d'où l'on tire immédiatement les formules de Zo!
Les coordonnées du point de contact doivent annuler l'équation dérivée:
$(aX +bY+c)' = a'X +aX' +b'Y +bY'+c'= (a'-b)X +(b'+a)Y +c' = 0$
Les coordonnées $(X,Y)$ du point de contact sont donc les solutions du système linéaire:
$\begin{cases}
aX+bY+c=0\\
(a'-b)X +(b'+a)Y +c' = 0
\end{cases}
$
L'application à l'étude de l'enveloppe de la normale dont l'équation est:
$\dfrac X {\rho} +\dfrac Y {\rho'}-1=0$ est immédiate.
Un autre exemple d'application est le suivant:
Enveloppe des cordes d'une conique vues d'un foyer sous un angle $\alpha$ avec $0<\alpha<\pi$
C'est une conique de même foyer et de même directrice associée et d'excentricité $e\cos(\dfrac{\alpha}2) $
On peut commencer pour se faire la main à étudier le cas où $\alpha = \dfrac{\pi} 2$.
Amicalement
Pappus
En ce qui concerne l'exercice sur le repère mobile de Frénet, la technique est la suivante:
Soit $P$ un point fixe du plan de coordonnées $(X,Y)$ dans le repère mobile de Frénet $(M, \overrightarrow t, \overrightarrow n)$ .
On a donc: $X = \langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow t \rangle$ et $Y = \langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow n \rangle$.
On calcule aisément les dérivées $X'$ et $Y'$ par rapport à l'arc $s$ en utilisant les formules de Frénet.
On peut alors appliquer la théorie à l'enveloppe des normales.
Un autre exemple très connu d'application est celui des caustiques par réflexion sur une courbe donnée.
Amicalement
Pappus
J'ai obtenu la conique dont tu parles pour l'angle $\alpha=\pi/2$, comme enveloppe de la famille des droites $D_{\theta}$ :
$$(1+e\cos(\theta))X+(1-e\sin(\theta))Y-de=0$$
Pour la caustique par réflexion, j'ai essayé d'appliquer le cas d'une source ponctuelle située en $A(-1,0)$ (coordonnées dans le repère fixe) sur le cercle unité.
Pour l'instant, la courbe paramétrée obtenue n'est pas la cardioïde... J'y retourne plus tard.
As-tu des références (liens, pdf ou livres) sur ces problèmes ?
Pour ces petits problèmes, ma seule référence sont mes neurones!
Je peux évidemment te conseiller des livres mais sans garantie que tu puisses y trouver ces questions spécifiques!
Amicalement
Pappus
Merci encore pour tout ça !
Voici le théorème que j'ai en vue sur les caustiques!
Grosso modo, on a une famille de rayons lumineux incidents enveloppant la courbe violette $\gamma$. Ils se reflètent sur la courbe rouge $\Gamma$ pour engendrer une famille de rayons réfléchis enveloppant la courbe bleue $\gamma'$.
Sur cette figure, j'ai donc tracé un rayon incident avec son point de contact $I$ avec $\gamma$.
Il se reflète en $M \in \Gamma$ pour donner un rayon réfléchi dont le point de contact avec $\gamma '$ est $I'$.
Le point $C$ est le centre de courbure en $M$ à la courbe $\Gamma$.
Alors les points $I$, $I'$, $E$ sont alignés.
La figure montre comment obtenir $E$ à partir de $C$ et du rayon incident.
Il est à peu près sûr que je n'ai pas inventé ce théorème mais pour le montrer, j'ai appliqué la théorie des enveloppes avec pour repère mobile la famille des repères de Frénet de la courbe réféchissante $\Gamma$.
Amicalement
Pappus
PS
On peut regarder ce qui se passe quand la famille de rayons incidents est formée de rayons parallèles ou issus d'un même point.
Que donne ce théorème quand la famille de rayons incidents est formée de rayons issus d'un même point $I$ et que la famille de rayons réfléchis est formée de rayons se concentrant au point $I'$? Penser au chemin optique!!
Cette construction était sans doute connue dès le début de l'étude des caustiques!
J'attends un peu que quelqu'un se propose d'appliquer la théorie du repère mobile sinon il faudra bien que je m'y colle.
Le point de réflexion $M$ étant fixé, on récolte ainsi une application $f:I \mapsto I'$ du plan.
J'ai le sentiment que c'est une transformation de Crémona que Pierre pourrait dévisser s'il me lit!
On peut donner sans le moindre calcul la restriction de $f$ à la droite $MC$ en pensant à l'optique de Gauss. Quelle est donc cette archicélèbre restriction?
Amicalement
Pappus
Soit $P$ un point fixe du plan de coordonnées $(X,Y)$ dans le repère mobile de Frénet $(M, \overrightarrow t, \overrightarrow n)$ .
On a donc: $X = \langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow t \rangle$ et $Y = \langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow n \rangle$.
On calcule aisément les dérivées $X'$ et $Y'$ par rapport à l'arc $s$ en utilisant les formules de Frénet qui sont, je le rappelle:
$\dfrac{dM}{ds} = \overrightarrow t $, $\dfrac{d\overrightarrow t}{ds} = \dfrac{\overrightarrow n}{R}$, $\dfrac{d\overrightarrow n}{ds} = -\dfrac{\overrightarrow t}{R}$ où $R$ est le rayon de courbure en $M$.
D'où $X' =\dfrac d{ds}\langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow t \rangle=-\langle \overrightarrow t \mid \overrightarrow t \rangle+\langle \overrightarrow{MP}\mid\dfrac{\overrightarrow n}{R}\rangle = -1+\dfrac Y R$
et $Y' = \dfrac d{ds}\langle \overrightarrow{MP}\mid \overrightarrow n \rangle=-\langle \overrightarrow t \mid \overrightarrow n \rangle+\langle \overrightarrow{MP}\mid -\dfrac{\overrightarrow t}{R}\rangle =-\dfrac X R$
Maintenant si la droite $L_s$ a pour équation dans le repère mobile $(M, \overrightarrow t, \overrightarrow n)$:
$a X +bY + c=0$,
où $a$, $b$, $c$ sont des fonctions numériques suffisamment dérivables de l'arc $s$, alors la droite dérivée a pour équation:
$(aX+bY+c)' = aX'+a'X +bY'+b'Y + c'=0$ c'est à dire:
$(a'-\dfrac b R)X+(b'+\dfrac a R)Y +c'-a=0$
Finalement les coordonnées du point de contact de $L_s$ avec son enveloppe dans le repère de Frénet $(M, \overrightarrow t, \overrightarrow n)$ sont les solutions du système linéaire:
$\begin{cases}
aX+bY+c=0\\
(a'-\dfrac b R)X+(b'+\dfrac a R)Y +c'-a=0
\end{cases}
$
Amicalement
Pappus
Rappelons la figure!
Le rayon incident a pour équation: $aX-Y=0$
Le point de contact $I$ est donc solution du système linéaire:
$\begin{cases}
aX-Y = 0\\
(a'+\dfrac 1 R)X+\dfrac a R Y -a=0
\end{cases}
$
D'où on tire les coordonnées de $I$:
$X_I =\dfrac{aR}{Ra'+1+a^2}$ et $Y_I =\dfrac{a^2R}{Ra'+1+a^2}$
Le rayon réfléchi a pour équation: $aX+Y =0$
Le point de contact $I'$ est donc solution du système linéaire:
$\begin{cases}
aX+Y = 0\\
(a'-\dfrac 1 R)X+\dfrac a R Y -a=0
\end{cases}
$
D'où on tire les coordonnées de $I'$:
$X_{I'} =\dfrac{aR}{Ra'-1-a^2}$ et $Y_{I'} =\dfrac{-a^2R}{Ra'-1-a^2}$
On peut alors former l'équation de la droite $II'$:
$\begin{vmatrix}
X&Y &1\\
aR&a^2R&Ra'+1+a^2\\
aR&-a^2R&Ra'-1-a^2
\end{vmatrix}
=0
$
qui s'écrit aussi après quelques manipulations sur les deux dernières lignes du style $L_2\pm L_3$:
$\begin{vmatrix}
X&Y &1\\
a&0&a'\\
0&a^2R&1+a^2
\end{vmatrix}
=0
$
L'intersection $E$ avec la droite $MC$ d'équation: $X=0$ a donc pour coordonnées:
$X_E =0$ et $Y_E = \dfrac{a^2R}{1+a^2}$
Le point $E$ est bien la projection orthogonale sur la normale $MC$ du point $D$, projection orthogonale du centre de courbure $C$ sur le rayon incident.
Amicalement
Pappus
Voici la figure montrant la cardioïde comme caustique du point $I$ d'affixe $-1$ par rapport au cercle unité.
Le point $M$ a pour affixe $z$.
A toi de mettre des affixes sur les autres points étiquetés ou non!
J'ai aussi tracé en noir épais la roulette et la roulante engendrant la cardioïde.
A toi de déterminer ces cercles!
Amicalement
Pappus
Dans ce cas le chemin optique entre $I$ et $I'$ ne dépend plus du point $M$ et est constant.
Il vaut $IM +MI'$ dans le cas où $I$ et $I'$ sont dans le même demi-plan déterminé par la tangente en $M$ à la courbe réfléchissante $\Gamma$ et $\mid MI -MI' \mid$ dans les autres cas. Il en résulte que la courbe réfléchissante doit être une ellipse ou une hyperbole passant par $M$ et que le cercle de centre $C$ passant par $M$ en est le cercle de corbure en $M$.
On retrouve la construction classique du cercle de courbure en un point d'une conique à centre.
On voit bien le cercle de courbure traverser l'ellipse $\Gamma$ en $M$.
Amicalement
Pappus
Je regarderai tout ça avec grand plaisir (j'espère !) dés que je trouve un peu (je pense qu'il m'en faudra plus que ça...) de temps.
Merci pour ces développements.
Pour la spirale logarithmique $\rho=e^\theta$, avec la méthode de Zo!, j'obtiens $\lambda = \dfrac{1}{2}$, puis pour l'expression de la développée : $w(\theta)=\dfrac {\sqrt{2}}{2} e^\theta e^{i(\theta +\frac{\pi}{4})} $ si pas d'erreur de calcul.
On voit bien apparaître une spirale logarithmique, mais comment obtenir l'équation de la développée $\rho=e^{(\theta-\frac{\pi}{2})}$ à partir de cette expression de $w$?
Merci, amicalement.
Voyons quand même la mienne pour le principe.
On a $\rho(\theta) = e^{k\theta}$ avec $k = \tan(V)$
L'équation de la normale dans le repère mobile est:
$\dfrac X{\rho} +\dfrac Y {\rho'}-1=0$ qui peut s'écrire aussi:
$kX+Y -ke^{k\theta}=0$
On peut donc prendre: $a(\theta) = k$, $b(\theta) = 1$, $c(\theta) = -ke^{k\theta}$
L'équation de la droite dérivée est donc:
$-X+kY -k^2e^{k\theta} = 0$
La solution du système:
$\begin{cases}
kX+Y -ke^{k\theta}=0\\
-X+kY -k^2e^{k\theta} = 0
\end{cases}
$
est: $X=0$, $Y = ke^{k\theta}$
Le point de contact est donc l'intersection $C$ de la normale en $M$ à la spirale avec la droite perpendiculaire en $O$ à la droite $OM$.
On passe donc du point $M$ au point $C$ par la similitude directe $s$ de centre $O$, d'angle $\dfrac{\pi}2$ et de rapport $k$. Le lieu de $C$ est encore une spirale logarithmique!
Elémentairement, on aurait pu tout aussi bien appliquer cette similitude directe au point $M$ pour obtenir le résultat souhaité!
Amicalement
Pappus
PS
Voici la figure faite pour $k = 1$ et donc $V = \dfrac{\pi} 4$
avec 4 spirales logarithmiques développées successives l'une de l'autre.
Sans doute la question a-t-elle été déjà posée ici mais je la repose par acquit de conscience:
Y-a-t-il d'autres courbes du plan ayant la même propriété?
Amicalement
Pappus
Merci Zo!, j'avais retrouvé ta deuxième formule pour $\lambda$ hier, et ce matin j'ai pris la première, tout est OK. Elégante ta méthode.
Mon cher pappus, merci pour ta méthode ; tiens, un souvenir avec cette spirale logarithmique : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,615508,615508#msg-615508
Allez, un autre souvenir : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,633017,633032#msg-633032
Amicalement.
Enveloppe des cordes d'une conique vues d'un foyer sous un angle droit.
Évidemment rien ne peut se faire sans l'équation polaire d'une conique, le pôle étant un de ses foyers.
Rappelons donc cette équation, laquelle est:
$\rho(\theta) = \dfrac p{1+e\cos(\theta)}$
$p$ est le paramètre de la conique.
$\rho(\dfrac{\pi}2) = p$.
Par suite la distance du pôle- foyer $F$ à sa directrice associée est $\dfrac p e$, remarque qui nous sera utile par la suite.
Si $(F, i, j)$ est le repère orthonormé fixe par rapport auquel sont définies les coordonnées polaires, on note $u(\theta)=\cos(\theta) i + \sin(\theta)j$.
Le repère mobile est donc $(F, u(\theta), u(\theta+ \dfrac{\pi}2))$
Soit $M$ le point de la conique d'angle polaire $\theta$ et $M'$ celui d'angle polaire $\theta+ \dfrac{\pi}2$
L'équation de la droite $MM'$ dans le repère mobile est:
$\dfrac X {\rho(\theta)}+ \dfrac Y{\rho(\theta + \dfrac{\pi}2)}-1=0$
qui s'écrit:
$(1+e\cos(\theta))X+(1-e\sin(\theta))Y-p=0$
L'équation de la droite dérivée est:
$-e\sin(\theta)X+(1+e\cos(\theta))X'-e\cos(\theta)Y+(1-e\sin(\theta))Y'=0$
Compte tenu des relations $X' = Y$ et $Y' = -X$, ceci s'écrit:
$-e\sin(\theta)X+(1+e\cos(\theta))Y-e\cos(\theta)Y-(1-e\sin(\theta))X=0$
c'est à dire en définitive $X-Y = 0$.
Le point de contact $T$ de la droite $MM'$ avec son enveloppe est donc l'intersection de la droite $MM'$ avec la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{MFM'}$ tracée en vert.
On en déduit $X = Y = \dfrac p {2+e(\cos(\theta) - \sin(\theta))}$.
Mais $\cos(\theta) - \sin(\theta)=\sin(\theta+\dfrac{\pi}2)- \sin(\theta)=2\sin(\dfrac{\pi}4)\cos(\theta +\dfrac{\pi}4))=\sqrt 2\cos(\theta +\dfrac{\pi}4)$
Donc $\overrightarrow{FT} =\dfrac p {2+e\sqrt 2\cos(\theta +\dfrac{\pi}4)}(u(\theta)+u(\theta+ \dfrac{\pi}2))$
Mais $u(\theta)+u(\theta+ \dfrac{\pi}2)=\sqrt 2 u(\theta+ \dfrac{\pi}4)$
Donc
$\overrightarrow{FT} =\dfrac{p\sqrt2}{2+e\sqrt 2\cos(\theta +\dfrac{\pi}4)}u(\theta+ \dfrac{\pi}4)$
L'équation polaire de la courbe enveloppe est donc:
$\rho(\theta) =\dfrac{p\sqrt2}{2+e\sqrt 2\cos(\theta )}= \dfrac{\dfrac p{\sqrt 2}}{1+\dfrac e {\sqrt 2}\cos(\theta)}$
Compte tenu d'une remarque précédente, c'est bien une conique ayant même foyer $F$ et même directrice associée $\Delta$ et d'excentricité $\dfrac e {\sqrt 2}$
Je vous laisse méditer sur l'existence des points $U$, $V$, $V'$, situés sur la directrice $\Delta$.
Quels sont les théorèmes élémentaires, autrefois au programme du Bac, que j'ai utilisés?
Voici maintenant la figure complète, conséquence de la précédente, bourrée de divisions et autres faisceaux harmoniques.
Amicalement
Pappus
Venons en maintenant à l'application $I \mapsto I'$
D'un point de vue physique, cela revient à limiter la courbe réfléchissante à une petite portion au voisinage de $M$ et donc à la remplacer par la portion correspondante du cercle osculateur en $M$ à $\Gamma$.
On travaille donc avec un miroir sphérique mais pas dans les conditions de l'optique de Gauss puisque le point objet $I$ peut être loin de l'axe optique $MC$.
Soit $(x,y)$ les coordonnées de $I$ et $(X,Y)$ celles de $I'$.
La symétrie par rapport à $MC$ entraine: $\dfrac Y X = -\dfrac y x$
Les coordonnées de $C$ sont $(0,R)$ et celles de $E$: $(0, \dfrac{Ry^2}{x^2+y^2})$.
L'alignement des points $I$, $I'$, $E$ se traduit par la nullité du déterminant suivant:
$\begin{vmatrix}
X&Y&1\\
x&y&1\\0&Ry^2&x^2+y^2
\end{vmatrix}=0
$
c'est à dire:
$\big(y(x^2+y^2)-Ry^2\big)X-x(x^2+y^2)Y+Rxy^2=0$
On en déduit aussitôt:
$X =\dfrac{-Rxy}{2(x^2+y^2)-Ry}$ et $Y =\dfrac{Ry^2}{2(x^2+y^2)-Ry}$
Cette application se prolonge au complété projectif par les formules suivantes écrites en coordonnées homogènes:
$(X:Y:Z) = (-Rxy:Ry^2: 2(x^2+y^2)-Ryz)$
C'est bien une transformation quadratique involutive comme je l'avais pressenti, donc susceptible d'être dévissée par les méthodes que Pierre a eu la gentillesse de nous exposer ici même!
La restriction de $f$ à l'axe optique $MC$ d'équation $x=0$ doit nous redonner la relation homographique involutive de Gauss qui caractérise le miroir sphérique et effectivement, on trouve: $Y = \dfrac{Ry}{2y-R}$ qui est bien une homographie involutive ou involution, qui s'écrit plus traditionnellement par la relation de Descartes:
$\dfrac 1 y + \dfrac 1 Y = \dfrac 2 R (= \dfrac 1 f)$ qui se traduit géométriquement par la division harmonique: $(M, C, I, I') = -1$
Amicalement
Pappus
PS
Je serais curieux de savoir si l'optique de Gauss est encore enseignée et à quel niveau?
Comment font les physiciens pour démontrer toutes ces belles formules homographiques qui décrivent les systèmes centrés maintenant que la géométrie a disparu.
Ils peuvent toujours s'en sortir en disant qu'elles sont bien vérifiées par l'expérience.
A contrario, ce serait sans doute une idée à creuser pour sauver la géométrie:
Le théorème de Pythagore serait démontré puisqu'il est bien vérifié par l'expérience?
Bravo pour cette superbe démonstration.
Normalement en TS option physique elle l'était il y a peu de temps encore (2 ans), aujourd'hui je ne sais pas. Elle continue à l'être dans certains IUT ou BTS ou école d'ingénieur (en optique).
La présentation a complètement changée, puisque plus personne ne parle d'homographie ou de division harmonique. En revanche la généralisation de l'algèbre linéaire a fait que l'on remplace ça par du calcul matriciel très adapté au calcul informatique (dans un plan perpendiculaire à l'axe un "rayon" est représente par un vecteur colonne (h,nu) ou h est la distance à l'axe et u l'angle et on a deux type de matrices 2X2, les unes permettant d'aller d'un dioptre à l'autre (donc u ne change pas, translation) et les autres de traverser un dioptre (donc h ne change pas, réfraction). Un système n'est rien d'autre qu'un produit matriciel et il est amusant de constater que dans le cas d'un miroir, toutes les formules restent valables en changeant le signe de l'indice après réflexion.
En TS on se contente de systèmes simples (lunette, télescope, microscope) et on a les relations de conjugaison par des considérations de triangles semblables ou Thalès.
Aujourdh'ui les programmes de calcul des ordinateurs permettent de se passer presque entièrement de ces théories développées au début du siècle dernier par H Chétien avec la théorie de l'iconale tombée en désuétude.
Tout le monde sait qu'on peut composer des homographies en multipliant des matrices de taille 2.
Ma question est un peu différente.
Un système centré est composé de systèmes élémentaires: miroirs plans ou sphériques ou dioptres sphériques.
Comment les physiciens démontrent-ils par exemple les formules du miroir sphérique ou du dioptre sphérique?
Amicalement
Pappus
Voici comment les physiciens procédaient de mon temps pour montrer la formule du miroir sphérique.
Un rayon lumineux issu de $M$ sur l'axe $OA$ se réflechit en $I$ puis revient recouper l'axe en $M'$.
La tangente en $I$ au miroir recoupe l'axe en $T$.
Les droites $IO$ et $IT$ sont les bissectrices intérieure et extérieure au sommet $I$ du triangle $MIM'$.
On a donc un faisceau harmonique $(IM,IM',IO,IT) = -1$ donc une division harmonique: $(O,T,M,M') ) -1$
Maintenant vient l'astuce physique, comme le système est centré, le point $I$ est proche de $A$ et le point $T$ aussi.
Donc dans les conditions d'utilisation d'un système centré, on peut confondre les points $A$ et $T$ et on a bien:
$(O,A,M,M')= -1$
Evidemment ce raisonnement est impossible aujourd'hui puisque toute cette partie de la géométrie a définitivement disparu alors que de mon temps elle était enseignée en Seconde juste à temps pour l'optique de Gauss qui était enseignée en Première.
Amicalement
Pappus
Ben non, justement plus personne ne le sait.... car plus personne ne sait ce qu'est une homographie....
Pour la demo simple (j'ai fais le cas d'une lentille mince, le fichier geogebra est https://docs.google.com/file/d/0B5Izm2pdwvBncUxHZG5mVWFWMmM/edit
(je veux bien que tu me dises comment tu illustres tes poste avec ces magnifiques figures.....)
Dans mon fichier CG est l'objet, ED l'image et les foyers F et F' et O le centre de la lentille
(GH) et (JD) sont // à l'axe
Thalès coté image donne F'E/F'O=ED/OH (avec des valeurs algébriques....)
Mais OH=CG et ED=OJ donc Thales coté objet et
F'E/F'O=ED/OH =OJ/CG=FO/FC et c'est fini pour la conjugaison version Newton
F'E FC=OF' OF=-f'²
On transforme avec Chasles pour avoir l'autre
On a grâce à Thalès OE/OC=ED/CG=F'E/F'O=(F'O+OE)/F'O=1+OE/F'O On divise par OE et
1 / OE - 1/OC=1 / OF'=1/f'
Pour un miroir on applique les relations de conjugaison pour le centre du miroir qui est son propre conjugué et on a donc 2/OC=1/OF et donc OF'=OF=OC/2 . Une fois que l'on a les position des foyers (qui sont confondus), on applique ce qui précède.
Enveloppe des cordes d'une conique vues d'un foyer sous un angle $\alpha$ avec $0<\alpha<\pi$
C'est une conique de même foyer et de même directrice associée et d'excentricité $e\cos(\dfrac{\alpha}2)$.
On prend pour repère mobile $(F,u(\theta), u(\theta+\alpha)$.
La matrice de passage du repère fixe $(F,i,j)$ au repère mobile est donc:
$
P(\theta) =
\begin{bmatrix}
\cos(\theta)&\cos(\theta +\alpha)\\
\sin(\theta)&\sin(\theta +\alpha)
\end{bmatrix}
$
Ainsi
$
P'(\theta) =
\begin{bmatrix}
-\sin(\theta)&-\sin(\theta +\alpha)\\
\cos(\theta)&\cos(\theta +\alpha)
\end{bmatrix}
$
et
$
P(\theta)^{-1} =
\dfrac 1{\sin(\alpha)}
\begin{bmatrix}
\sin(\theta +\alpha)&-\cos(\theta +\alpha)\\
-\sin(\theta)&\cos(\theta)
\end{bmatrix}
$
Maintenant soient $(x,y)$ les coordonnées d'un point donné $M$ dans le repère fixe $(F,i,j)$ et $(X,Y)$ ses coordonnées dans le repère mobile $(F,u(\theta), u(\theta+\alpha))$..
On a:
$\begin{pmatrix}
X\\Y
\end{pmatrix}
=
P(\theta)^{-1}
\begin{pmatrix}
x\\y
\end{pmatrix}
$
Donc
$\begin{pmatrix}
X'\\Y'
\end{pmatrix}
=
-P(\theta)^{-1}.P'(\theta).P(\theta)^{-1}
\begin{pmatrix}
x\\y
\end{pmatrix}
=
-P(\theta)^{-1}.P'(\theta)
\begin{pmatrix}
X\\Y
\end{pmatrix}
$
Compte tenu des formules précédentes, on trouve:
$\begin{pmatrix}
X'\\Y'
\end{pmatrix}
=
\dfrac 1{\sin(\alpha)}
\begin{bmatrix}
\cos(\alpha)&1\\
-1&-\cos(\alpha)
\end{bmatrix}
\begin{pmatrix}
X\\Y
\end{pmatrix}
$
Finalement on a:
$
\begin{cases}
X' = \dfrac 1{\sin(\alpha)}(X\cos(\alpha)+1)\\
Y' =-\dfrac 1{\sin(\alpha)}(X+Y\cos(\alpha))
\end{cases}
$
C'est ce que deviennent les formules de Zo! dans ce cas général.
On a l'impression curieuse d'avoir travaillé très élémentairement sans le savoir dans un groupe de Lie, oui mais lequel?
L'équation dans le repère mobile de la corde $MM'$ de la conique vue du foyer sous l'angle $\alpha$ est:
$(1+e\cos(\theta))X+(1+e\cos(\theta+\alpha))Y-p=0$
L'équation de la droite dérivée est:
$(1+e\cos(\theta))X'-e\sin(\theta)X+(1+e\cos(\theta+\alpha))Y'-e\sin(\theta+\alpha)Y=0$
On injecte dans cette équation les nouvelles formules de Zo! et on trouve après simplification:
$\dfrac{\cos(\alpha)-1}{\sin(\alpha)}(X-Y)=0$.
Le point de contact $T$ de la droite $MM'$ avec son enveloppe est toujours fourni par son intersection avec la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{MFM'}$.
On obtient:
$X_T=Y_T=\dfrac p{2+e(\cos(\theta)+\cos(\theta+\alpha)}=\dfrac p{2(1+e\cos(\frac{\alpha} 2)\cos(\theta+\frac{\alpha} 2))}$
Donc
$\overrightarrow{FT} =\dfrac p{2(1+e\cos(\frac{\alpha} 2)\cos(\theta+\frac{\alpha} 2))}(u(\theta)+u(\theta+\alpha))
$
Compte tenu de l'identité:
$u(\theta)+u(\theta+\alpha)=2\cos(\frac{\alpha}2)u(\theta+\frac{\alpha} 2)$,
on voit que l'équation polaire de l'enveloppe est:
$\rho = \dfrac{p\cos(\frac{\alpha}2)}{1+e\cos(\frac{\alpha}2)\cos(\theta)}$
C'est bien l'équation polaire d'une conique de même foyer et directrice associée que la conique de départ mais d'exentricité $e\cos(\dfrac{\alpha} 2)$.
Amicalement
Pappus
Ta figure me rappelle bien des souvenirs de bientôt 70 ans maintenant!
Je n'ai pu charger ton fichier mais peu importe!
Je resterai donc sur ma faim sur l'enseignement de l'optique de Gauss dans le désert géométrique d'aujourd'hui.
Il semblerait que tu y ajoutes les fonctions homographiques mais là tu y vas peut-être un peu fort.
Voudrais-tu dire qu'on va bientôt limiter l'étude de l'analyse aux variations des fonctions constantes?
Amicalement
Pappus
J'utilise Cabri pour faire mes figures et un logiciel appelé FastStone Capture pour les convertir au format gif et les exporter.
J'ai une très vieille version de Cabri et je suppose qu'aujourd'hui les concepteurs de ce logiciel ont dû régler ce problème de manière interne.
Il est cependant préférable d'utiliser GeoGebra qui lui aussi fait de superbes figures et qui a l'avantage d'être gratuit.
Comme je vois que tout le monde l'utilise sauf moi, il est très probable qu'il est facile d'exporter ses figures avec ce logiciel;
Demande le directement à ses utilisateurs notoires!
Amicalement
Pappus