\documentclass{article}
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\author{Laura \textsc{Gay}}
\include{preambule}

\newboxedtheorem{defi}{Définition}{}
\newboxedtheorem{prop}{Proposition}{}
\newboxedtheorem{lem}{Lemme}{compteurLEM}
\newboxedtheorem{coro}{Corollaire}{}
\newboxedtheorem{thm}{Théorème}{}
\newboxedtheorem{appli}{Application}{}

\renewenvironment{proof}[1][]{{\underline{\bfseries \proofname #1 :} }}{\hfill $\blacksquare$\\}

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\usepackage{mathrsfs}
\usetikzlibrary{arrows}


\begin{document}
\renewcommand{\proofname}{Preuve}

\begin{spacing}{2}
\setlength {\shadowsize }{2pt}
\begin{center} \shadowbox{\begin{minipage}{15cm}
\centering     \begin{huge} 
\textsc{Des centres de trucs inscrits à des paraboles}\end{huge}
\end{minipage}} \end{center}\end{spacing}
~\\


\underline{Référence :} \textsc{FGNal3} exo 4.26 et 4.27 p.280\\
\underline{Leçons :}  180.\\

\includegraphics[scale=1.1]{images/parabole.png}


\begin{prop}
On considère la parabole $(\mathcal{P})$ d'équation $y^2=2px$. Son foyer $F$ a pour coordonnées $\left(\frac{p}{2},0 \right)$. 
\begin{enumerate}
\item L'ensemble des centres des triangles équilatéraux inscrits dans la parabole décrivent une autre parabole !
\item une droite $\Delta$ passant par le foyer coupe $(\mathcal{P})$
en $A$ et $B$. L'ensemble des centres des cercles circonscrits aux triangles $OAB$ décrivent une autre parabole ! 
\end{enumerate}
\end{prop}
~\\
\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item 
\begin{description}
\item[Condition nécessaire] Pour $i \in \llbracket 1 , 3\rrbracket$, soit $M_i=\left(\frac{y_i^2}{2p},y_i \right)$ 3 points distincts de la parabole. Posons $G=\left(\underbrace{\frac{y_1^2+y_2^2+y_3^2}{6p}}_{a},\underbrace{\frac{y_1+y_2+y_3}{3}}_{b} \right)$ le centre de gravité du triangle.\\
Le triangle $M_1M_2M_3$ est équilatéral ssi $G$ est aussi l'orthocentre du triangle ssi $\overrightarrow{GM_1} \cdot \overrightarrow{M_2M_3}$; $\overrightarrow{GM_2} \cdot \overrightarrow{M_1M_3}$ et $\overrightarrow{GM_3} \cdot \overrightarrow{M_1M_2}$.\\
On va expliciter le premier cas et les autres s'obtiendront par permutation circulaire.
$$\left(\frac{y_1^2}{2p}-a\right)\left(\frac{y_3^2}{2p}-\frac{y_2^2}{2p} \right) + (y_1-b)(y_3-y_2)=0$$
ce qui se réecrit, comme $y_3 \neq y_2$:
$$\left(y_1^2-2pa\right)\left(y_3+{y_2}\right) + 4p^2(y_1-b)=\left(y_1^2-2pa\right)\left(3b-y_1\right) + 4p^2(y_1-b)=0 $$
On obtient les mêmes équations sur $y_1$ et $y_2$ ce qui nous dit que finalement les $y_i$ sont racines de 
$$P=X^3-3bX^2-(2pa+4p^2)X+(4p^2b+6pab)$$
Les fonctions symétriques élémentaires sur ce polynôme sont $$\sigma_1=3b=y_1+y_2+y_3 ~~~~ \sigma_2=-(2pa+4p^2)=y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1 ~~~~ \sigma_3=4p^2b+6pab=y_1y_2y_3$$
Donc $6ap=y_1^2+y_2^2+y_3^2=\sigma_1^2-2\sigma_2=9b^2+4ap+8p^2$\\
donc $a=\frac{9}{2p}b^2+4p$.
\item[Condition suffisante] Soit $G=(a,b)$ où $a=\frac{9}{2p}b^2+4p$.\\
Considérons $y_1$, $y_2$ et $y_3$ les racines de $P$. Elles sont a priori complexes. Admettons provisoirement qu'elles sont réelles. \\
On peut vérifier que les points $M_i=\left(\frac{y_i^2}{2p},y_i \right)$ forment un triangle équilatéral (manip inverse à précedemment).\\
Il suffit maintenant de vérifier que pour tout réel $b$ le polynôme $P=X^3-3bX^2-(9b^2+12p^2)X+(27b^3+28p^2b)$ possède 3 racines distinctes réelles. \\
Son polynôme dérivé est $P'=3X^2-6bX-(9b^2+12p^2)$. Les racines de $P'$ sont $\frac{6b \pm \sqrt{36b^2+12(9b^2+12p^2)}}{6}=b \pm 2\sqrt{b^2+p^2}$ ie l'une est positive l'autre négative. Le polynôme $P$ a trois racines réelles distinces ssi\footnote{cf dessin note}
$$P(b + 2\sqrt{b^2+p^2})P(b - 2\sqrt{b^2+p^2}) <0 $$
Pour faire ce calcul on divise $P$ par $P'$
\begin{align*}
P&=X^3-3bX^2-(9b^2+12p^2)X+(27b^3+28p^2b)\\
&=\frac{1}{3}X\left[3X^2-6bX-(9b^2+12p^2)\right]+2bX^2+(3b^2+4p^2)X-3bX^2-(9b^2+12p^2)X+(27b^3+28p^2b)\\
&=\frac{1}{3}X\left[3X^2-6bX-(9b^2+12p^2)\right]-bX^2-(6b^2+8p^2)X+(27b^3+28p^2b)\\
&=\left(\frac{1}{3}X-\frac{b}{3} \right)\left[3X^2-6bX-(9b^2+12p^2)\right]-2b^2X-(3b^3+4bp^2)-(6b^2+8p^2)X+(27b^3+28p^2b)\\
&=\left(\frac{1}{3}X-\frac{b}{3} \right)\left[3X^2-6bX-(9b^2+12p^2)\right]-8(b^2+p^2)(X-3b)
\end{align*}
Donc on regarde le signe de 
\begin{align*}
8^2(b^2+p^2)^2(b + 2\sqrt{b^2+p^2}-3b)(b - 2\sqrt{b^2+p^2}-3b)&= 8^2(b^2+p^2)^2(-2b + 2\sqrt{b^2+p^2})(-2b - 2\sqrt{b^2+p^2})\\
&=8^2(b^2+p^2)^2(4b^2 - 4(b^2+p^2))\\
&=8^2(b^2+p^2)^2(-4p^2)<0
\end{align*}
Le polynôme a trois racines réelles distinctes. Donc c'est bon.
\end{description}
Le lieu cherché est donc la parabole d'équation $x=\frac{9}{2p}y^2+4p$ ie $y^2=\frac{2p}{9}(x-4p)$ qui est une parabole parallèle à la première, de même axe (on a juste translaté et dilaté) et de sommet $(4p,0)$.

\item On écarte le cas ou $\Delta$ est l'axe de la parabole car elle ne coupe $\mathcal{P}$ qu'en un point.\\
$\Delta$ a donc pour équation $x-\frac{p}{2}=my$ pour $y \in \R$. Les coordonnées de $A$ et $B$ sont $\left(\frac{y^2}{2p},y \right)$ où $y=b$ ou $y=a$. Mais $A$ et $B$ appartiennent à $\Delta$ donc $a$ et $b$ sont solutions de 
$$y^2-2pmy-p^2=0$$
ie on a $ab=-p^2$ et $a+b=2pm$.\\
Soit $\Omega(x',y')$ le centre du cercle circonscrit au triangle $OAB$. Il appartient à la médiatrice de $[OA]$ qui a pour équation \footnote{Posons l'équation de la médiatrice de la forme $y=\alpha x + \beta$. On sait que le vecteur directeur de cette droite qui a pour coordonnées $(1,\alpha)$ doit être orthogonal à $(OA)$ ie $\frac{a^2}{2p} \times 1 + \alpha \times a =0$ donc $\alpha = - \frac{a}{2p}$. Le point milieu de $[OA]$ qui a pour coordonnées $\left(\frac{a^2}{4p},\frac{a}{2} \right)$ appartient à la médiatrice donc $\frac{a}{2}= - \frac{a}{2p} \frac{a^2}{4p} + \beta$. Donc $\beta =\frac{a}{2} \left(1+ \frac{a^2}{4p^2} \right)$. L'équation est donc $y= - \frac{a}{2p}x+ \frac{a}{2} \left(1+ \frac{a^2}{4p^2}\right)$}
$$y= - \frac{a}{2p}x+ \frac{a}{2} \left(1+ \frac{a^2}{4p^2}\right)$$
De même la médiatrice de $[OB]$ a pour équation 
$$y= - \frac{b}{2p}x+ \frac{b}{2} \left(1+ \frac{b^2}{4p^2}\right)$$
$\Omega(x',y')$ appartenant aux deux médiatrices il vient
\begin{align*}
- \frac{a}{2p}x'+ \frac{a}{2} \left(1+ \frac{a^2}{4p^2}\right) &= - \frac{b}{2p}x'+ \frac{b}{2} \left(1+ \frac{b^2}{4p^2}\right)\\
\frac{x'}{p}(b-a)&={b} \left(1+ \frac{b^2}{4p^2}\right) - {a} \left(1+ \frac{a^2}{4p^2}\right)=b-a + \frac{b^3-a^3}{4p^2}\\
x' &= p+\frac{b^3-a^3}{4p(b-a)}= p+\frac{a^2+ab+b^2}{4p}=p+\frac{(a+b)^2-ab}{4p}\\
&=p+\frac{4p^2m^2+p^2}{4p}=p+p\frac{4m^2+1}{4}=pm^2+\frac{5p}{4}
\end{align*}
Et donc 
\begin{align*}
y'&=- \frac{b}{2p}pm^2 - \frac{b}{2p}\frac{5p}{4} + \frac{b}{2} \left(1+ \frac{b^2}{4p^2}\right)\\
&=\frac{b}{8}\left[- 4{m^2} - 1 + \frac{b^2}{p^2} \right] \\
&=\frac{b}{8}\left[- \frac{(b+a)^2}{p^2} - 1 + \frac{b^2}{p^2} \right] \\
&=\frac{b}{8p^2}\left[- 2ab-a^2 - p^2 \right] \\
&=\frac{-b}{8ab}\left[- 2ab-a^2 +ab \right] \\
&=\frac{1}{8}\left[b+a\right]=\frac{pm}{4}
\end{align*}
En fait ici on pouvait faire beaucoup plus astucieux en soustrayant et  additionnant les 2 équations des médiatrices. Il faut s'en rappeler car ces 2 calculs sont vraiment affreux.\\
Finalement on a obtenu
$$x'= \frac{16}{p}y^2+\frac{5p}{4}$$
Et donc $\Omega$ appartient à une nouvelle parabole. Comme $m$ décrit $\R$ lorsque l'on fait varier $\Delta$ il en est de même de $y'$ donc on en obtient bien la nouvelle parabole en entier. Cette parabole a le même axe que $(\mathcal{P})$ d'origine. C'est normal par symétrie. 
\end{enumerate}
\end{proof}

\hrulefill \\
~\\
\underline{Notes:}\\
~\\
\checkmark ~\textbf{A l'oral}, bla\\
\checkmark ~Il suffit de regarder pour les changements de pente ce qu'il se passe, de quel signe sont les valeurs. C'est pretty clair sur un dessin :\\
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\draw[->,color=black] (-4.006448512697051,0.) -- (7.399338452716808,0.);
\foreach \x in {-4.,-3.5,-3.,-2.5,-2.,-1.5,-1.,-0.5,0.5,1.,1.5,2.,2.5,3.,3.5,4.,4.5,5.,5.5,6.,6.5,7.}
\draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
\draw[->,color=black] (0.,-2.2939245456564317) -- (0.,3.4883135420272957);
\foreach \y in {-2.,-1.5,-1.,-0.5,0.5,1.,1.5,2.,2.5,3.}
\draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
\draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$};
\clip(-4.006448512697051,-2.2939245456564317) rectangle (7.399338452716808,3.4883135420272957);
\draw[smooth,samples=100,domain=-4.006448512697051:7.399338452716808] plot(\x,{(\x)^(3.0)-(\x)});
\draw[smooth,samples=100,domain=-4.006448512697051:7.399338452716808] plot(\x,{(\x)^(3.0)-(\x)+2.0});
\draw[smooth,samples=100,domain=-4.006448512697051:7.399338452716808] plot(\x,{(\x)^(3.0)-(\x)-1.0});
\draw[smooth,samples=100,domain=-4.006448512697051:7.399338452716808] plot(\x,{(\x)^(3.0)});
\begin{scriptsize}
\draw[color=black] (-1.447585002195507,-2.164989562569145) node {$a$};
\draw[color=black] (-1.7054549683700813,-2.164989562569145) node {$f$};
\draw[color=black] (-1.2690596409977248,-2.164989562569145) node {$g$};
\draw[color=black] (-1.1897150360209328,-2.164989562569145) node {$h$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}

\end{document}

