courbe assez tordue
dans Géométrie
de tete, je n arrive pas a imaginer une image C infinie et injective de [0,1] dans IR^3 qui ne rencontre aucun plan en au moins 4 points.
En existe t il? (je prejuge que oui)?
En existe t il? (je prejuge que oui)?
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Réponses
Amicales pensées. jacquot
Tu cherches qqch comme ça?
Non, parce que là, je pense qu'on a plus de 4 points par plan...
@ christophe: j'étais à côté de la plaque: j'avais lu "surjective"...
Mais c'était l'occasion de te faire coucou.
De nous permettre de tourner autour de l'objet.
J'ai souvent besoin de voir les math.
Pour vérifier que la courbe de JLT satisfait le critère de Christophe, on peut choisir un plan quelconque d'équation $ax+by+cz+1=0$ et remarquer que l'équation
$at+bt^2+ct^3+1=0$ a au plus trois solutions dans [0;1]
On peut d'ailleurs prolonger cette courbe.
Soit $P$ un plan coupant $\gamma$ en trois points $M_1$, $M_2$, $M_3$ et soit $\Omega$ le point d'intersection des plans osculateurs à $\gamma$ en ces points.
Montrer que $\Omega \in P$.
Par contre, je ne sais pas si malgré le déluge d'algèbre linéaire ingurgité, les notions de plan et de plan osculateur sont encore au programme?
Alors advienne que pourra!
Amicalement
Pappus
Un petit rappel : Si $\gamma:t\mapsto (x(t) ,y(t) , z(t))$ est deux fois dérivables en un point $s$ et si $\gamma'(s)$ et $\gamma "(s)$ ne sont pas colinéaires, alors le plan $\gamma(s) + \mathbb{R}\gamma '(s) + \mathbb{R}\gamma"(s)$ est appelé plan osculateur à $Im(\gamma)$ au point $\gamma(s).$
Objectif : obtenir directement une équation du plan osculateur en calculant un déterminant.
Soit $M(t)$ de coordonnées $(x(t), y(t), z(t))$.
La méthode propose d'obtenir directement une équation du plan osculateur en calculant un déterminant.
Le plan osculateur est un plan affine \(P\) a une équation \(aX+bY+cZ+d=0\) dans le repère utilisé, et sa direction est le plan vectoriel \(\vec{P}\) d'équation \(aX+bY+cZ=0\).
L'équation du plan osculateur est $\begin{vmatrix} X- x(t) & Y-y(t) & Z-z(t) \\ x'(t) & y'(t) & z'(t) \\ x''(t) & y ''(t) & z''(t) \end{vmatrix} = 0$ et traduit le fait que le vecteur \(\overrightarrow{MN}\), où \(N\) est de coordonnées \((X,Y,Z)\) est coplanaire avec les vecteurs tangente et accélération.
Une autre façon de faire :
Puisque les inconnues sont $a,b,c,d$, il est nécessaire et suffisant de résoudre le système linéaire suivant :
$$ \left(\begin{array}{cccc}x(t) & y(t) & z(t)&1 \\ x'(t) & y'(t) & z'(t)&0 \\ x''(t) & y''(t) & z''(t)&0 \end {array}\right)\, \left(\begin{array}{c} a \\ b \\ c\\d \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 0\\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right).$$
Si le vecteur dérivé et le vecteur dérivé seconde sont linéairement indépendants, alors ce système est un système linéaire homogène de rang 3, qui admet une droite vectorielle comme ensemble de solutions.
L'équation du plan osculateur n'est définie qu'à un facteur près.
La notion de plan osculateur est projective!
Mais comme la géométrie projective est défunte, on s'en fout maintenant!
Amicalement
Pappus
$(X:Y:Z:T) = (f_1(t):f_2(t):f_3(t):f_4(t))$?
On pourra ensuite regarder ce qui se passe dans la carte affine $T =1$
Amicalement
Pappus
Quel est le nom de la courbe proposée par JLT
Amicalement.
Soit $\Gamma$ une telle cubique gauche et soient $A$ et $B$ deux points fixes de cette cubique.
Un plan $P$ passant par la droite $AB$ recoupe la cubique en un troisième point et un seul $M_P$ et il est clair que l'application
$\Delta_{AB} \longmapsto \mathcal E; P \mapsto M_P$ de la droite projective $\Delta_{AB}$ dans l'espace projectif $\mathcal E$ est rationnelle.
Une cubique gauche a donc une structure de droite projective dont il est facile de voir qu'elle ne dépend pas du choix des points $A$ et $B$.
Conclusion: toute cubique gauche est unicursale et la courbe de JLT n'est que l'une d'entre elles.
Amicalement
Pappus
En général deux quadriques de l'espace (projectif) se coupent suivant une courbe du quatrième degré appelée biquadratique: en effet un plan quelconque coupe chaque quadrique suivant une conique et ces deux coniques se coupent en 4 points.
Combien d'épures ai-je fait dans ma jeunesse sur ce thème!
Maintenant si ces deux quadriques ont une droite en commun, le reste de l'intersection est une cubique gauche.
Le plus simple serait de prendre l'intersection de deux cônes du second degré ayant une génératrice en commun.
Cette remarque nous permet d'obtenir le théorème suivant:
Par six points arbitraires de l'espace (projectif), il passe une cubique gauche et une seule.
Soient $A_1$, $A_2$, ....., $A_6$ les six points donnés.
La cubique cherchée est nécessairement située sur le cône du second degré ayant $A_1$ pour sommet et ayant pour générattrices $A_1A_2$, $A_1A_3$, ..., $A_1A_6$ et aussi sur le cône du second degré ayant $A_2$ pour sommet et ayant pour génératrices $A_2A_1$, $A_2A_3$, ...., $A_2A_6$.
Ces deux cônes ayant en commun la droite $A_1A_2$, le reste de l'intersection est la cubique gauche cherchée.
Amicalement
Pappus