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courbe assez tordue

Envoyé par christophe c 
courbe assez tordue
il y a six années
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)?

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Re: courbe assez tordue
il y a six années
avatar
Je vois , que tu as de saines occupations, christophe.
Amicales pensées. jacquot

Tu cherches qqch comme ça?


Non, parce que là, je pense qu'on a plus de 4 points par plan...



Edit√© 2 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par jacquot.
Re: courbe assez tordue
il y a six années
merci pour cette photo: je cherche une photo d une courbe qui ne contient pas 4 points coplanaires (jaurais du le formuler ainsi d ailleurs)

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JLT
Re: courbe assez tordue
il y a six années
avatar
La courbe paramétrée $t\mapsto (t,t^2,t^3)$.
Re: courbe assez tordue
il y a six années
Merci!

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Re: courbe assez tordue
il y a six années
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@ JLT: tout simplement ! C'est une jolie courbe gauche. On regrette l'absence momentanée de remarque qui se serait empressé de la sculpter.

@ christophe: j'√©tais √† c√īt√© de la plaque: j'avais lu "surjective"...
Mais c'était l'occasion de te faire coucou. :)
ev
Re: courbe assez tordue
il y a six années
avatar
En attendant Monseigneur, je poste cette animation fournie par wims.

[attachment 27818 wims2.gif]

amicalement,

e.v.

[Je viens de réaliser que Vandermonde donne la réponse.]


Re: courbe assez tordue
il y a six années
avatar
Merci, ev
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.
Re: courbe assez tordue
il y a six années
Merci infiniment. Et coucou a Jacquot:)-D

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Re: courbe assez tordue
il y a six années
Petit exercice sur cette cubique gauche (notée $\gamma$) de JLT,autrefois ultraclassique aux oraux des grands concours
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
Re: courbe assez tordue
il y a six années
avatar
Bonjour
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'√©quation 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 \(\overrightarrow{MN}\), o√Ļ \(N\) est de coordonn√©es \((X,Y,Z)\) est coplanaire avec les vecteurs tangente et acc√©l√©ration.

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.
Re: courbe assez tordue
il y a six années
Mon cher Bouzar
La notion de plan osculateur est projective!
Mais comme la géométrie projective est défunte, on s'en fout maintenant!
Amicalement
Pappus
Re: courbe assez tordue
il y a six années
Quelle est l'équation du plan osculateur en un point de la courbe $\gamma$ de classe $\mathcal C^2$ définie dans l'espace projectif (de dimension 3) par les équations paramétriques:
$(X:Y:Z:T) = (f_1(t):f_2(t):f_3(t):f_4(t))$?
On pourra ensuite regarder ce qui se passe dans la carte affine $T =1$
Amicalement
Pappus
bs
Re: courbe assez tordue
il y a six années
avatar
Bonsoir,

Quel est le nom de la courbe proposée par JLT ;)

Amicalement.
Re: courbe assez tordue
il y a six années
Je ne sais pas trop ce qu'est la définition d'une cubique gauche de l'espace projectif de dimension 3, sans doute celle d'une courbe algébrique non plane de l'espace qu'un plan quelconque coupe en 3 points.
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
Re: courbe assez tordue
il y a six années
Un bon moyen d'obtenir une cubique gauche est le suivant;
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 c√īnes du second degr√© ayant une g√©n√©ratrice 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 cherch√©e est n√©cessairement situ√©e sur le c√īne du second degr√© ayant $A_1$ pour sommet et ayant pour g√©n√©rattrices $A_1A_2$, $A_1A_3$, ..., $A_1A_6$ et aussi sur le c√īne du second degr√© ayant $A_2$ pour sommet et ayant pour g√©n√©ratrices $A_2A_1$, $A_2A_3$, ...., $A_2A_6$.
Ces deux c√īnes ayant en commun la droite $A_1A_2$, le reste de l'intersection est la cubique gauche cherch√©e.
Amicalement
Pappus
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