Alignement de points

Ce déterminant est nul si et seulement si $z, z^2, z^5$ sont $\mathbb{R}$-liés avec des réels $a,b,c$ (non tous nuls) satisfaisant $a+b+c =0$.

Je ne suis pas certain que l'attaque par le déterminant soit la meilleure. Je démarrerais plutôt par : $z^5-z=\lambda (z^2-z)$, $\lambda \in \mathbb R$. Les cas triviaux écartés, on trouve une belle hyperbole si je ne me trompe.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

@ Kouassi
Ainsi, tu avais d'abord pensé à résoudre le problème comme je l'ai suggéré, et c'est assurément la première idée qui vient à toute personne raisonnable.
« Surtout, Messieurs, méfions-nous de nos premiers mouvements ! ils sont presque toujours bons !… »
Et c'est bien le cas ici. Si l'on écarte les cas triviaux $z=0$ et $z=1$, on obtient : $z^{3}+z^{2}+z\in \mathbb{R}$, ou encore : $\mathfrak {Im}(z^{3}+z^{2}+z)=0$.
On pose : $z=x+iy$, $x\in \mathbb{R}$, $y\in \mathbb{R}$, et l'on obtient : $y=0$ ($z$ réel, solution triviale), ou bien : $3x^{2}-y^{2}+2x+1=0$. Une hyperbole et son axe non focal.
J'avais dans mes papiers le problème : $z,z^3,z^4$ alignés, qui se traite de même, on trouve un cercle.
On pourrait généraliser, et chercher les problèmes analogues dans les annales.
Maintenant, la traduction de l'alignement au moyen d'un déterminant 3x3 est intéressante aussi en soi, mais pas pour ce problème-ci. Ce n'est pas la première fois qu'on voit une bizarrerie dans un livre, et sans doute pas la dernière, hélas !
Bonne journée. Enfin le printemps.
Fr. Ch.
16/04/2018

Oui, l'habitude est une seconde nature, paraît-il. Mon propos était sans doute exagéré, et tout ce qui est exagéré est insignifiant : je ne voudrais pas exclure Rescassol de l'ensemble des personnes raisonnables. Ce serait impoli et injustifié.
On peut se poser les questions de trouver les $z$ complexes tels que $(z^p,z^q,z^r) $ soient alignés, avec $p,q,r$ entiers, $0 \le p<q<r$.
Par : $m:=q-p,n:=r-p$, on se ramène à $(1,z^m,z^n)$ alignés, avec $m,n$ entiers, $0<m<n$,
Nous voyons ici le cas $(m,n)=(1,4)$.
Les cas $(m,n)=(1,2),(1,3),(2,4)$ sont très simples.
J'ai cité le cas $(m,n)=(2,3)$ qui donne un cercle, plus la droite réelle (triviale).
J'ai un peu cherché le cas $(m,n)=(3,4)$, il me semble qu'on trouve une quartique. J'attends nos géo-maîtres pour qu'ils nous en disent plus, s'ils veulent bien.
Bonne journée.
Fr. Ch.

Il me semble qu'on touche là les limites de cette méthode. Cette quartique, je voudrais son équation en $x,y$, et la voir en personne si je puis dire, pour savoir si elle est d'un type remarquable.
Cordialement,
Fr. Ch.

L'équation de Rescassol montre que c'est une quartique bicirculaire.

Chaurien, tu n'as pas GeoGebra sur ta bécane ?
Tu copies le code LaTeX dans le message de killersmile, tu colles dans la fenêtre de saisie de Geogebra, épicétou.

L'équation cartésienne implicite de cette courbe est donc : $(x^2+y^2)^2+2x(x^2+y^2)+(3x^2-y^2)=0$, où l'on reconnaît effectivement une quartique bicirculaire, avec tangentes à l'origine : $y=\pm x\sqrt{3}$.
Si je ne me trompe, l'équation polaire de cette quartique est : $\rho =-\cos \theta \pm \sqrt{1-3\cos ^{2}\theta }$.
Merci Math Coss pour le dessin. J'ai du mal avec Geogebra.
La courbe fait penser à une lemniscate déformée. Peut-être une transformation ponctuelle simple pourrait-elle en faire une lemniscate tout court ?
Si les courbes n'avaient été supprimées des programmes de classes prépas, ç'aurait fait un bon exercice de colles. Mais peut-être reste-t-il des secteurs de notre enseignement supérieur où l'on traite de ces questions ?
Bonne journée.
Fr. Ch.

Rien d'étonnant : l'alignement de $1,z,z^4$ équivaut à celui de $(1/z)^4, (1/z)^3,1$

Je trouve plus intéressant de la transformer en hyperbole qu'en lemniscate. Mais toute quartique bicirculaire ayant un point double réel à distance finie se transforme en une conique par une inversion.

Salut,

Une question : je ne connais pas grand choses en géométrie algébrique mais il me semble qu'une courbe de genre $0$ est rationnellement paramétrisable. Il me semble ici que la courbe est de genre $0$ (y'a trois points singuliers deux dans l'infini imaginaire). D'habitude (disons les 5 fois où j'ai fais ça), je me place en un point singulier et je regarde les droites passant par ce point singulier et je regarde l'intersection avec la courbe.

Le problème ici, c'est que l'on a un courbe de degré $4$ et donc il y a deux autres points d'intersections, du coup je ne comprend pas comment faire.

J'ai vérifié avec sage pour le genre et les points singuliers. Il y a également une commande qui doit faire le job !

sage: X.rational_parameterization()
Scheme morphism:
  From: Affine Space of dimension 1 over Rational Field
  To:   Affine Plane Curve over Rational Field defined by x^4 + 2*x^2*y^2 + y^4 + 2*x^3 + 2*x*y^2 + 3*x^2 - y^2
  Defn: Defined on coordinates by sending (t) to
        ((6*t^4 + 6*t^3 - 2*t^2 - 2*t)/(-13*t^4 - 20*t^3 - 14*t^2 - 4*t - 1), (-9*t^4 - 6*t^3 + 2*t + 1)/(-13*t^4 - 20*t^3 - 14*t^2 - 4*t - 1))

Donc, il y a un truc que je n'ai pas compris, car je ne comprends pas comment et ce que fait sage, est-ce que quelqu'un peut m'aider ?

La deuxième méthode en action :
In:

R.<x,y,t>=PolynomialRing(QQ,3)
T.<t>=PolynomialRing(QQ,1)
Q=(x^2+y^2)^2+2*x*(x^2+y^2)+3*x^2-y^2
C=t*x+x^2+y^2-y
I=R.ideal([Q,C])
Px=I.elimination_ideal(y).gens()[0].factor()[-1][0].polynomial(x)
Py=I.elimination_ideal(x).gens()[0].factor()[-1][0].polynomial(y)
Fx=-T(Px[0])/T(Px[1]) ; Fy=-T(Py[0])/T(Py[1])
print 'Fx =', Fx
print 'Fy =', Fy

Fx = (-2*t^3 + 2*t^2 + 6*t - 6)/(t^4 - 4*t^3 + 14*t^2 - 20*t + 13)
Fy = (-t^4 + 2*t^3 - 6*t + 9)/(t^4 - 4*t^3 + 14*t^2 - 20*t + 13)

In:

print 'Q(Fx,Fy) =',Q.subs(x=Fx,y=Fy)

Q(Fx,Fy) = 0

On retrouve la même paramétrisation à la substitution $t\mapsto -1/t$ près.

je ne pige pas les idéaux d'éliminations

C'est pourtant ultra simple : si $I$ est un ideal de $k[x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_p]$, éliminer les variables $y_1,\ldots,y_p$ c'est calculer $I\cap k[x_1,\ldots,x_n]$. Géométriquement, ceci consiste à prendre l'image par la projection $k^{n+p}\to k^n$ (avec tous les bémols qu'il faut).

Ici, éliminer $y$ de l'idéal engendré par $Q$ et $C$, c'est calculer le polynôme en $x$ et $t$ dont les racines en $x$ (en fonction de $t$) sont les abscisses des points d'intersection de $Q$ et $C$. On pourrait aussi calculer le résultant par rapport à $y$ de $Q$ et $C$ :

R.<x,y,t>=PolynomialRing(QQ,3)
T.<t>=PolynomialRing(QQ,1)
Q=(x^2+y^2)^2+2*x*(x^2+y^2)+3*x^2-y^2
C=t*x+x^2+y^2-y
Px=Q.resultant(C,y).factor()[-1][0].polynomial(x)
Py=Q.resultant(C,x).factor()[-1][0].polynomial(y)
Fx=-T(Px[0])/T(Px[1]) ; Fy=-T(Py[0])/T(Py[1])
print 'Fx =', Fx
print 'Fy =', Fy

le coup du faisceau de cercles, c'est un peu magique !

Aucune magie là-dedans, ce n'est rien que du très classique.

Soit $C$ une courbe plane de degré $d>2$ avec $(d-1)(d-2)/2$ points doubles ordinaires. Cette courbe est donc rationnelle ; comment en trouver une paramétrisation rationnelle ? On choisit $d-3$ points sur cette courbe, différents des points doubles. Avec les points doubles, on a au total $(d(d-1)/2)-2$ points qui déterminent un faisceau linéaire $F$ de courbes de degré $d-2$ (l'espace des polynômes homogènes de degré $d-2$ en trois variables est de dimension $d(d-1)/2$). Une courbe de $F$ coupe $C$ en $d(d-2)$ points comptés avec multiplicité. Parmi ces points il y a les $d-3$ points choisis et les points doubles de $C$ chacun avec multiplicité $2$, ce qui fait $d-3+(d-1)(d-2)=d(d-2)-1$. Il reste donc un point "libre" qui dépend rationnellement du paramètre du faisceau $F$.

La magie du faisceau de cercles, c'est simplement l'application de ce procédé général à une quartique bicirculaire ayant un troisième point double.

Bonjour,

Votre courbe est une quartique bicirculaire rationnelle, comme vous l'avez constaté ; je l'ai rajoutée en bas de :


http://www.mathcurve.com/courbes2d/quarticbicirculairerationnelle/quarticbicirculairerationnelle.shtml