Il me semble que je me suis trompé(e) sur le cas de la parabole, car la conique dégénère si $B=C$
Je ferai mieux d'aller nettoyer la poussière et cirer les parquets.
Venons en à la démonstration élémentaire du théorème de Pappus à partir duquel on démontre le théorème de Chasles
Sur la partie gauche de la figure, les triangles rectangles $MAa$ et $MBb$ sont semblables et on a:
$\dfrac{d(M,BT)}{d(M,AT)}=\dfrac{Mb}{Ma} =\dfrac{MB}{MA}$
Je suppose que ce devait être la démonstration originale de Pappus qui connaissait le théorème de l'angle inscrit et les cas de similitude des triangles.
De façon moderne, la similitude de centre $M$ envoyant $A$ sur $B$ envoie la droite $AT$ sur la droite $BT$ et ce quelque soient les positions des points $M$ et $T$ sur le cercle. De ce petit lemme, on déduit la construction (classique) du centre de la similitude directe envoyant une paire de points sur une autre paire de points.
Sur la figure de droite, on a:
$\dfrac{d(M,BC)}{d(M,AC)}=\dfrac{d(M,BD)}{d(M,AD)}=\dfrac{MB}{MA}$
D'où $d(M,AC).d(M,BD)= d(M,AD).d(M,BC)$
En faisant le même raisonnement à partir de la paire de points $(A,C)$, on obtient:
$d(M,AB).d(M,CD) = d(M,AD).d(M,BC)$
et par suite: $d(M,AC).d(M,BD)= d(M,AD).d(M,BC) =d(M,AB).d(M,CD)$
Tao
J'ai fini par trouver ce qui n'allait pas dans mon message précédent. Après avoir constaté que le faisceau était engendré par le cercle et une certaine hyperbole $\Gamma_S$ et utilisé cela dans divers calculs, j'ai voulu utiliser le cercle et la RH comme générateurs... sans avoir vérifié que tout avait été réécrit correctement. D'où des conflits. C'est corrigé maintenant.
Pour ce qui est des coniques rouges et vertes de Rescassol, voici ce que j'obtiens:
messages 1086741, 1087021 de Rescassol: \[ 2z^{2}+(a+c)(b+d)z\overline{z}+2s_{4}\overline{z}^{2}-2s_{1}z-2s_{3}\overline{z}+(s_{2}+ac+bd)=0 \] Avec mes notations, la "conique rouge" s'écrit$
$ \[ 2\,\vzz^{2}s_{4}+2\,\vz^{2}+\vz\vzz\left(\alpha+\gamma\right)\left(\beta+\delta\right)-2\,\vt\vz s_{1}-2\,\vt\vzz s_{3}+\left(\beta\delta+\alpha\gamma+s_{2}\right)\vt^{2} \] C'est la conique du faisceau s'obtenant avec $K_{rouge}=\left(\delta+\beta\right)\left(\alpha+\gamma\right)$: c'est donc $\Gamma_{B}$
Message 1087063 de Rescassol:
\[ z^{2}+s_{4}\overline{z}^{2}+(s_{2}-2(ac+bd))z\overline{z}-s_{1}z-s_{3}\overline{z}+2(ac+bd)=0 \] Avec mes notations, la "conique verte" s'écrit \[ 2\,\vz^{2}+2\,\vzz^{2}s_{4}-2\,\left(2\,\beta\delta+2\,\alpha\gamma-s_{2}\right)\vz\vzz-2\,\vt\vz s_{1}-2\,\vt\vzz s_{3}+4\,\left(\beta\delta+\alpha\gamma\right)\vt^{2} \] et s'obtient avec \[ K_{vert}=2\,\alpha\beta+2\,\alpha\delta-2\,\beta\delta-2\,\alpha\gamma+2\,\beta\gamma+2\,\delta\gamma=2\sigma_{2}-4\left(\beta\delta+\,\alpha\gamma\right) \]
Par ailleurs, la $\Gamma_{K}$ qui passe par $O$ est la conique $K=2\sigma_{2}$. Il est donc naturel que $\Gamma_{vert}$ passe par $O$ lorsque $BD\perp AC$. Mais cela ne dit pas d'où sort cette conique verte, même si, après coup, elle a été identifiée comme étant la conique $Harpon(D,B;A,C)$ qui passe par l'intersection des tangentes au cercle en $D$ et $B$. Vu la symétrie, elle passe aussi par l'intersection des tangentes au cercle en $A$ et $C$.
En faisant tendre le point $D$ vers le point $C$, la droite $CD$ tend vers la tangente $T_C$ et on obtient:
$d(M,AC).d(M,BC)=d(M,AB).d(M,T_C)$, formule qu'on aurait pu aussi obtenir directement sans passage à la limite!
En permutant circulairement, avec des notations évidentes, on obtient:
$d(M,BA).d(M,CA)=d(M,BC).d(M,T_A)$ et $d(M,CB).d(M,AB)=d(M,CA).d(M,T_B)$
Multipliant ces trois équations et simplifiant, on a:
$d(M,BC).d(M,CA).d(M,AB)=d(M,T_A).d(M,T_B).d(M,T_C)$ qui est le théorème de Chasles dont la généralisation à un polygone inscrit se fait suivant la même méthode.
Tao
Et pour attrister MomoFatou, une parabole. @Yannguyen : pourrais-tu préciser le titre du livre de Chasles et l'endroit où tu y as trouvé son exercice?
Cordialement. Poulbot
Si j'ai bien compris, le choix préliminaire de $U$ et $V$ sur des diamètres conjugués donne des polaires de directions conjuguées !
Il suffit alors de choisir $U$ et $V$ pour que le produit $OU.OV$ soit égal à $2$ sahant que les unités de mesure sur les axes sont données par les demi-diamètres
Bonjour Yannguyen
c'est exactement comme tu l'as dit que j'ai fait cette figure.
C'était plutôt à moi de m'excuser vu que je n'avais pas attention au message de TS.
Cordialement. Poulbot
Comment faire pour tracer l'hyperbole de poulbot et ses éléments de réduction quand $A=B$ et $C=D$?
Quelle est son enveloppe quand le point $A$ décrit le cercle, la médiatrice de $AC$ restant fixe?
Tao
Dans ce cas, l'équation de l'hyperbole est:
$2a^2z^2 + (a^2+1)^2z\overline{z} + 2a^2\overline{z}^2 - 4a(a^2+1)(z+\overline{z}) + a^4 + 6a^2 + 1 = 0$
Le centre est $\omega=\dfrac{4a(a^2+1)}{a^4+6a^2+1}$.
Et le résultant de ce polynôme et du polynôme dérivé par rapport à $a$ est:
$\Delta=256(z\overline{z} + 1)(z + \overline{z} + 2)^2(z\overline{z} - 1)^2(z + \overline{z} - 2)^2(z^2 + \overline{z}^2 - 2)^2$,
d'où l'enveloppe (en vert, plus le cercle unitaire, bien sûr):
Pour Pierre, j'ai construit la conique verte en tant que conique harpon, après avoir lu un message qui m'a fait croire à tort que c'était la conique de Poulbot. Ça n'avait rien à voir.
Bonsoir
je me suis permis de copier la figure de Rescassol en y ajoutant $2$ ou $3$ traits pour montrer la construction des $2$ autres points de contact avec l'enveloppe (cercle $+$ hyperbole équilatère de sommets $A'$ et $B'$) et des tangentes correspondantes.
Cordialement. Poulbot
Pourtant, Pierre, d'une part, le résultant contient les équations des deux droites verticales, d'autre part, graphiquement, si on fait tendre $A$ vers $B'$, par exemple, en restant sur le cercle, l'hyperbole "tend" vers la verticale de $B'$.
Ne peut on pas dire qu'une droite est tangente à elle même ?
Sinon, quel argument as tu pour éliminer ces deux droites ?
Bonjour @Rescassol : j'avoue ne pas comprendre comment tes $2$ droites vertes pourraient faire partie de l'enveloppe, vu qu'aucune des hyperboles de la famille ne leur est tangente (et il faudrait qu'elles le soient toutes).
Cordialement. Poulbot
D'accord, Poulbot, J'aurais du réfléchir $7$ fois au lieu d'écrire n'importe quoi.
Mais comment expliquer alors qu'elles soient facteurs du résultant ?
Parce que ce sont des positions limites ?
Cela doit être une facétie de Morley!
Je me suis tapé un calcul en cartésiennes pour voir : avec l'origine en $O$ et la médiatrice de $\left[ AC\right] $ comme axe des $x$, si $\alpha $ est l'abscisse des points $A$ et $C$, l'hyperbole de mézigue a pour équation $\left( R^{2}+\alpha ^{2}\right) \left( x^{2}+R^{2}\right) -\left( R^{2}-\alpha ^{2}\right) y^{2}-4R^{2}\alpha x=0$ et il n'y a plus de facétie; on trouve bien comme enveloppe $\left( x^{2}+y^{2}-R^{2}\right) \left( x^{2}-y^{2}-R^{2}\right) =0$.
Cordialement. Poulbot
On a une famille de coniques, paramétrée par le turn $\alpha$: $
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
$\[ \mathcal{H}\left(\alpha\right)=2\,\alpha^{2}\left(\vz^{2}+\vzz^{2}\right)+\left(\alpha^{2}+1\right)^{2}\vz\vzz-4\,\alpha\,\left(\alpha^{2}+1\right)\left(\vz+\vzz\right)\,\vt+\left(\alpha^{4}+6\,\alpha^{2}+1\right)\vt^{2} \] et nous en cherchons l'enveloppe. Nous calculons l'intersection de la conique $\mathcal{H}\left(\alpha\right)$ et de "la conique voisine" $\mathcal{H}\left(\alpha+\delta\alpha\right)$. Ceci est approximativement équivalent à prendre l'intersection entre $\mathcal{H}\left(\alpha\right)$ et \[ \frac{\partial\mathcal{H}\left(\alpha\right)}{\partial\alpha}=\vz^{2}\alpha+\vzz^{2}\alpha+\left(\alpha^{2}+1\right)\vz\vzz\alpha-\left(3\,\alpha^{2}+1\right)\left(\vz+\vzz\right)\vt+\left(\alpha^{2}+3\right)\vt^{2}\alpha \] Ces deux coniques se coupent en quatre points qui sont: \[ \left(\begin{array}{c} \dfrac{1}{\alpha}\\ 1\\ \alpha \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \alpha\\ 1\\ \dfrac{1}{\alpha} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2+\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right)\\ \alpha+\dfrac{1}{\alpha}\\ 2-\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right) \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2-\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right)\\ \alpha+\dfrac{1}{\alpha}\\ 2+\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right) \end{array}\right) \] Le lieu des deux premiers est le cercle $x^{2}+y^{2}-1=0$, le lieu des deux autres est l'hyperbole $x^{2}-y^{2}-1=0$.
Lorsque le système $\mathcal{H}\left(\alpha\right)=0,\,\mathcal{H}'\left(\alpha\right)=0$ n'a pas la bonne idée de se résoudre explicitement, il est efficace d'obtenir directement l'enveloppe à partir du résultant en $\alpha$ des deux polynômes. Dans le cas présent, le résultant vaut: \[ 256\,\left(2\,\vt^{2}-\vz^{2}-\vzz^{2}\right)^{2}\left(\vt^{2}+\vz\vzz\right)\left(\vt^{2}-\vz\vzz\right)^{2}\left(2\,\vt+\vz+\vzz\right)^{2}\left(2\,\vt-\vz-\vzz\right)^{2} \] donnant l'impression qu'il y aurait d'autres courbes faisant partie de l'enveloppe.
Le groupement $\mathcal{H}\left(\alpha\right)=\mathcal{H}'\left(\alpha\right)=\vt^{2}+\vz\vzz=0$ conduit à six possibilités seulement: \[ \left[\alpha=-1,\left(\begin{array}{c} \pm\sqrt{2}-1\\ 1\\ \mp\sqrt{2}-1 \end{array}\right)\right],\left[\alpha=1,\left(\begin{array}{c} \pm\sqrt{2}+1\\ 1\\ \mp\sqrt{2}+1 \end{array}\right)\right],\left[\alpha=0,\left(\begin{array}{c} \pm1\\ 1\\ \mp1 \end{array}\right)\right] \] dont la signification n'est pas évidente !
Le groupement $\mathcal{H}\left(\alpha\right)=\mathcal{H}'\left(\alpha\right)=2\,\vt-\vz-\vzz=0$ conduirait à $\alpha=-1,M=1:0:-1$ (??) et à $\alpha=1$, $M$ indéterminé sur la droite, en contradiction avec nos résultats précédents. Pourquoi en est-il ainsi ? Nous avons: \begin{eqnarray*} \mathcal{H}_{\alpha}\left(1\right)/2 & = & 4\,\vt^{2}-4\,\vt\vz+\vz^{2}-4\,\vt\vzz+2\,\vz\vzz+\vzz^{2}\\ \mathcal{H}_{\alpha}'\left(1\right)/4 & = & 4\,\vt^{2}-4\,\vt\vz+\vz^{2}-4\,\vt\vzz+2\,\vz\vzz+\vzz^{2}\\ \mathcal{H}_{\alpha}''\left(1\right)/4 & = & 6\,\vt^{2}-6\,\vt\vz+\vz^{2}-6\,\vt\vzz+4\,\vz\vzz+\vzz^{2} \end{eqnarray*} Par conséquent, l'intersection $\mathcal{H}_{\alpha}\left(1\right)\cap\mathcal{H}_{\alpha}'\left(1\right)$ n'est pas l'intersection de l'hyperbole et de "sa voisine immédiate", mais seulement l'intersection de la courbe avec elle-même. Au contraire, l'intersection voulue est donnée par $\mathcal{H}_{\alpha}\left(1\right)\cap\mathcal{H}_{\alpha}''\left(1\right)$ et cela donne $z=\zeta=1$ (racine double).
Bonjour
je pense que le problème de Rescassol provient de l'invariance de son équation $f\left( z,\overline{z},a\right) =0$ par $a\rightarrow \dfrac{1}{a}$. Du coup, les hyperboles sont bitangentes à la fois au cercle et à la HE; il lui faut donc exprimer que $f\left( z,\overline{z},a\right) =0$, en tant que polynôme du $4^{\grave{e}me}$ degré en $a$ a $2$ racines doubles et non une seule. En fait, ce polynôme étant (après normalisation) réciproque en $a$ son discriminant va s'annuler quand il a $2$ racines doubles mais aussi quand il a $1$ ou $-1$ comme racine, vu qu'elles sont nécessairement doubles. Ce sont ces $2$ derniers cas qui génèrent les solutions parasites.
Pour y remédier, il a de multiples possibilités :
- constater que ses droites vertes n'ont rien à faire dans l'enveloppe
- exprimer que le polynôme a $2$ racines doubles
- prendre $t=a+\dfrac{1}{a}$ comme nouveau paramètre pour avoir un polynôme de degré $2$ en $t$
- ...
Cordialement. Poulbot
Si je calcule le résultant de $f\left( z,\overline{z},a\right)$ et de $f\left( z,\overline{z},b\right)$ en tant que polynômes en $\overline{z}$, puis que je fais $b=a$, j'obtiens:
$4a(a - z)(az - 1)\left((1 + a^2)z - (a^2 + 2a - 1)\right)\left((1 + a^2)z + (a^2 - 2a - 1)\right)$,
Ce qui donne bien les $4$ points de contact de l'hyperbole avec son enveloppe, sans solution parasite.
Je vais voir avec $t=a+\dfrac{1}{a}$.
Effectivement, en faisant le changement de variable $t=a+\dfrac{1}{a}$ dans le polynôme $f\left( z,\overline{z},a\right)$, réciproque en $a$, on obtient un polynôme de degré $2$ en $t$, dont le discriminant est $-8(z\overline{z} - 1)(z^2 + \overline{z}^2 - 2)$.
Réponses
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1086577,1087063#msg-1087063
Fatou
Il me semble que je me suis trompé(e) sur le cas de la parabole, car la conique dégénère si $B=C$
Je ferai mieux d'aller nettoyer la poussière et cirer les parquets.
Momo qui fait-tout
Sur la partie gauche de la figure, les triangles rectangles $MAa$ et $MBb$ sont semblables et on a:
$\dfrac{d(M,BT)}{d(M,AT)}=\dfrac{Mb}{Ma} =\dfrac{MB}{MA}$
Je suppose que ce devait être la démonstration originale de Pappus qui connaissait le théorème de l'angle inscrit et les cas de similitude des triangles.
De façon moderne, la similitude de centre $M$ envoyant $A$ sur $B$ envoie la droite $AT$ sur la droite $BT$ et ce quelque soient les positions des points $M$ et $T$ sur le cercle. De ce petit lemme, on déduit la construction (classique) du centre de la similitude directe envoyant une paire de points sur une autre paire de points.
Sur la figure de droite, on a:
$\dfrac{d(M,BC)}{d(M,AC)}=\dfrac{d(M,BD)}{d(M,AD)}=\dfrac{MB}{MA}$
D'où $d(M,AC).d(M,BD)= d(M,AD).d(M,BC)$
En faisant le même raisonnement à partir de la paire de points $(A,C)$, on obtient:
$d(M,AB).d(M,CD) = d(M,AD).d(M,BC)$
et par suite: $d(M,AC).d(M,BD)= d(M,AD).d(M,BC) =d(M,AB).d(M,CD)$
Tao
J'ai fini par trouver ce qui n'allait pas dans mon message précédent. Après avoir constaté que le faisceau était engendré par le cercle et une certaine hyperbole $\Gamma_S$ et utilisé cela dans divers calculs, j'ai voulu utiliser le cercle et la RH comme générateurs... sans avoir vérifié que tout avait été réécrit correctement. D'où des conflits. C'est corrigé maintenant.
Pour ce qui est des coniques rouges et vertes de Rescassol, voici ce que j'obtiens:
messages 1086741, 1087021 de Rescassol: \[ 2z^{2}+(a+c)(b+d)z\overline{z}+2s_{4}\overline{z}^{2}-2s_{1}z-2s_{3}\overline{z}+(s_{2}+ac+bd)=0 \] Avec mes notations, la "conique rouge" s'écrit$
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
$ \[ 2\,\vzz^{2}s_{4}+2\,\vz^{2}+\vz\vzz\left(\alpha+\gamma\right)\left(\beta+\delta\right)-2\,\vt\vz s_{1}-2\,\vt\vzz s_{3}+\left(\beta\delta+\alpha\gamma+s_{2}\right)\vt^{2} \] C'est la conique du faisceau s'obtenant avec $K_{rouge}=\left(\delta+\beta\right)\left(\alpha+\gamma\right)$: c'est donc $\Gamma_{B}$
Message 1087063 de Rescassol:
\[ z^{2}+s_{4}\overline{z}^{2}+(s_{2}-2(ac+bd))z\overline{z}-s_{1}z-s_{3}\overline{z}+2(ac+bd)=0 \] Avec mes notations, la "conique verte" s'écrit \[ 2\,\vz^{2}+2\,\vzz^{2}s_{4}-2\,\left(2\,\beta\delta+2\,\alpha\gamma-s_{2}\right)\vz\vzz-2\,\vt\vz s_{1}-2\,\vt\vzz s_{3}+4\,\left(\beta\delta+\alpha\gamma\right)\vt^{2} \] et s'obtient avec \[ K_{vert}=2\,\alpha\beta+2\,\alpha\delta-2\,\beta\delta-2\,\alpha\gamma+2\,\beta\gamma+2\,\delta\gamma=2\sigma_{2}-4\left(\beta\delta+\,\alpha\gamma\right) \]
Par ailleurs, la $\Gamma_{K}$ qui passe par $O$ est la conique $K=2\sigma_{2}$. Il est donc naturel que $\Gamma_{vert}$ passe par $O$ lorsque $BD\perp AC$. Mais cela ne dit pas d'où sort cette conique verte, même si, après coup, elle a été identifiée comme étant la conique $Harpon(D,B;A,C)$ qui passe par l'intersection des tangentes au cercle en $D$ et $B$. Vu la symétrie, elle passe aussi par l'intersection des tangentes au cercle en $A$ et $C$.
Cordialement, Pierre.
$d(M,AC).d(M,BC)=d(M,AB).d(M,T_C)$, formule qu'on aurait pu aussi obtenir directement sans passage à la limite!
En permutant circulairement, avec des notations évidentes, on obtient:
$d(M,BA).d(M,CA)=d(M,BC).d(M,T_A)$ et $d(M,CB).d(M,AB)=d(M,CA).d(M,T_B)$
Multipliant ces trois équations et simplifiant, on a:
$d(M,BC).d(M,CA).d(M,AB)=d(M,T_A).d(M,T_B).d(M,T_C)$ qui est le théorème de Chasles dont la généralisation à un polygone inscrit se fait suivant la même méthode.
Tao
@Yannguyen : pourrais-tu préciser le titre du livre de Chasles et l'endroit où tu y as trouvé son exercice?
Cordialement. Poulbot
Comme TS l'a fait
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1086577,1087431#msg-1087431
j'ai pensé que ce n'est pas la peine de le redire : pardon.
Si j'ai bien compris, le choix préliminaire de $U$ et $V$ sur des diamètres conjugués donne des polaires de directions conjuguées !
Il suffit alors de choisir $U$ et $V$ pour que le produit $OU.OV$ soit égal à $2$ sahant que les unités de mesure sur les axes sont données par les demi-diamètres
c'est exactement comme tu l'as dit que j'ai fait cette figure.
C'était plutôt à moi de m'excuser vu que je n'avais pas attention au message de TS.
Cordialement. Poulbot
Quelle est son enveloppe quand le point $A$ décrit le cercle, la médiatrice de $AC$ restant fixe?
Tao
Dans ce cas, l'équation de l'hyperbole est:
$2a^2z^2 + (a^2+1)^2z\overline{z} + 2a^2\overline{z}^2 - 4a(a^2+1)(z+\overline{z}) + a^4 + 6a^2 + 1 = 0$
Le centre est $\omega=\dfrac{4a(a^2+1)}{a^4+6a^2+1}$.
Et le résultant de ce polynôme et du polynôme dérivé par rapport à $a$ est:
$\Delta=256(z\overline{z} + 1)(z + \overline{z} + 2)^2(z\overline{z} - 1)^2(z + \overline{z} - 2)^2(z^2 + \overline{z}^2 - 2)^2$,
d'où l'enveloppe (en vert, plus le cercle unitaire, bien sûr):
Pour Pierre, j'ai construit la conique verte en tant que conique harpon, après avoir lu un message qui m'a fait croire à tort que c'était la conique de Poulbot. Ça n'avait rien à voir.
Cordialement,
Rescassol
typos+coquilles+oublis=Edits multiples
je me suis permis de copier la figure de Rescassol en y ajoutant $2$ ou $3$ traits pour montrer la construction des $2$ autres points de contact avec l'enveloppe (cercle $+$ hyperbole équilatère de sommets $A'$ et $B'$) et des tangentes correspondantes.
Cordialement. Poulbot
Bonne soirée ?
OK pour l'équation de l'hyperbole $
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
$\[ 2\, \alpha^{2} \left( \vz^{2} + \vzz^{2} \right)+
\left(\alpha^{2} + 1\right)^{2} \vz \vzz
- 4 \, \alpha\, \left(\alpha^{2} + 1\right) \left( \vz + \vzz \right)\, \vt
+ {\left(\alpha^{4} + 6 \, \alpha^{2} + 1\right)} \vt^{2}
\] Mais l'enveloppe se compose seulement du cercle et de la RH $ \vz^{2} + \vzz^{2}-2 \, \vt^{2} $
Cordialement, Pierre.
Pourtant, Pierre, d'une part, le résultant contient les équations des deux droites verticales, d'autre part, graphiquement, si on fait tendre $A$ vers $B'$, par exemple, en restant sur le cercle, l'hyperbole "tend" vers la verticale de $B'$.
Ne peut on pas dire qu'une droite est tangente à elle même ?
Sinon, quel argument as tu pour éliminer ces deux droites ?
Cordialement,
Rescassol
Est-ce-que (AB) // (A'B') ;
..................(AC) // (A'C')
...................(BC) // B'C')
Cordialement
Djelloul Sebaa
@Rescassol : j'avoue ne pas comprendre comment tes $2$ droites vertes pourraient faire partie de l'enveloppe, vu qu'aucune des hyperboles de la famille ne leur est tangente (et il faudrait qu'elles le soient toutes).
Cordialement. Poulbot
D'accord, Poulbot, J'aurais du réfléchir $7$ fois au lieu d'écrire n'importe quoi.
Mais comment expliquer alors qu'elles soient facteurs du résultant ?
Parce que ce sont des positions limites ?
Cordialement,
Rescassol
Je me suis tapé un calcul en cartésiennes pour voir : avec l'origine en $O$ et la médiatrice de $\left[ AC\right] $ comme axe des $x$, si $\alpha $ est l'abscisse des points $A$ et $C$, l'hyperbole de mézigue a pour équation $\left( R^{2}+\alpha ^{2}\right) \left( x^{2}+R^{2}\right) -\left( R^{2}-\alpha ^{2}\right) y^{2}-4R^{2}\alpha x=0$ et il n'y a plus de facétie; on trouve bien comme enveloppe $\left( x^{2}+y^{2}-R^{2}\right) \left( x^{2}-y^{2}-R^{2}\right) =0$.
Cordialement. Poulbot
On a une famille de coniques, paramétrée par le turn $\alpha$: $
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
$\[ \mathcal{H}\left(\alpha\right)=2\,\alpha^{2}\left(\vz^{2}+\vzz^{2}\right)+\left(\alpha^{2}+1\right)^{2}\vz\vzz-4\,\alpha\,\left(\alpha^{2}+1\right)\left(\vz+\vzz\right)\,\vt+\left(\alpha^{4}+6\,\alpha^{2}+1\right)\vt^{2} \] et nous en cherchons l'enveloppe. Nous calculons l'intersection de la conique $\mathcal{H}\left(\alpha\right)$ et de "la conique voisine" $\mathcal{H}\left(\alpha+\delta\alpha\right)$. Ceci est approximativement équivalent à prendre l'intersection entre $\mathcal{H}\left(\alpha\right)$ et \[ \frac{\partial\mathcal{H}\left(\alpha\right)}{\partial\alpha}=\vz^{2}\alpha+\vzz^{2}\alpha+\left(\alpha^{2}+1\right)\vz\vzz\alpha-\left(3\,\alpha^{2}+1\right)\left(\vz+\vzz\right)\vt+\left(\alpha^{2}+3\right)\vt^{2}\alpha \] Ces deux coniques se coupent en quatre points qui sont: \[ \left(\begin{array}{c} \dfrac{1}{\alpha}\\ 1\\ \alpha \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \alpha\\ 1\\ \dfrac{1}{\alpha} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2+\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right)\\ \alpha+\dfrac{1}{\alpha}\\ 2-\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right) \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2-\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right)\\ \alpha+\dfrac{1}{\alpha}\\ 2+\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right) \end{array}\right) \] Le lieu des deux premiers est le cercle $x^{2}+y^{2}-1=0$, le lieu des deux autres est l'hyperbole $x^{2}-y^{2}-1=0$.
Lorsque le système $\mathcal{H}\left(\alpha\right)=0,\,\mathcal{H}'\left(\alpha\right)=0$ n'a pas la bonne idée de se résoudre explicitement, il est efficace d'obtenir directement l'enveloppe à partir du résultant en $\alpha$ des deux polynômes. Dans le cas présent, le résultant vaut: \[ 256\,\left(2\,\vt^{2}-\vz^{2}-\vzz^{2}\right)^{2}\left(\vt^{2}+\vz\vzz\right)\left(\vt^{2}-\vz\vzz\right)^{2}\left(2\,\vt+\vz+\vzz\right)^{2}\left(2\,\vt-\vz-\vzz\right)^{2} \] donnant l'impression qu'il y aurait d'autres courbes faisant partie de l'enveloppe.
Le groupement $\mathcal{H}\left(\alpha\right)=\mathcal{H}'\left(\alpha\right)=\vt^{2}+\vz\vzz=0$ conduit à six possibilités seulement: \[ \left[\alpha=-1,\left(\begin{array}{c} \pm\sqrt{2}-1\\ 1\\ \mp\sqrt{2}-1 \end{array}\right)\right],\left[\alpha=1,\left(\begin{array}{c} \pm\sqrt{2}+1\\ 1\\ \mp\sqrt{2}+1 \end{array}\right)\right],\left[\alpha=0,\left(\begin{array}{c} \pm1\\ 1\\ \mp1 \end{array}\right)\right] \] dont la signification n'est pas évidente !
Le groupement $\mathcal{H}\left(\alpha\right)=\mathcal{H}'\left(\alpha\right)=2\,\vt-\vz-\vzz=0$ conduirait à $\alpha=-1,M=1:0:-1$ (??) et à $\alpha=1$, $M$ indéterminé sur la droite, en contradiction avec nos résultats précédents. Pourquoi en est-il ainsi ? Nous avons: \begin{eqnarray*} \mathcal{H}_{\alpha}\left(1\right)/2 & = & 4\,\vt^{2}-4\,\vt\vz+\vz^{2}-4\,\vt\vzz+2\,\vz\vzz+\vzz^{2}\\ \mathcal{H}_{\alpha}'\left(1\right)/4 & = & 4\,\vt^{2}-4\,\vt\vz+\vz^{2}-4\,\vt\vzz+2\,\vz\vzz+\vzz^{2}\\ \mathcal{H}_{\alpha}''\left(1\right)/4 & = & 6\,\vt^{2}-6\,\vt\vz+\vz^{2}-6\,\vt\vzz+4\,\vz\vzz+\vzz^{2} \end{eqnarray*} Par conséquent, l'intersection $\mathcal{H}_{\alpha}\left(1\right)\cap\mathcal{H}_{\alpha}'\left(1\right)$ n'est pas l'intersection de l'hyperbole et de "sa voisine immédiate", mais seulement l'intersection de la courbe avec elle-même. Au contraire, l'intersection voulue est donnée par $\mathcal{H}_{\alpha}\left(1\right)\cap\mathcal{H}_{\alpha}''\left(1\right)$ et cela donne $z=\zeta=1$ (racine double).
Cordialement, Pierre.
je pense que le problème de Rescassol provient de l'invariance de son équation $f\left( z,\overline{z},a\right) =0$ par $a\rightarrow \dfrac{1}{a}$. Du coup, les hyperboles sont bitangentes à la fois au cercle et à la HE; il lui faut donc exprimer que $f\left( z,\overline{z},a\right) =0$, en tant que polynôme du $4^{\grave{e}me}$ degré en $a$ a $2$ racines doubles et non une seule. En fait, ce polynôme étant (après normalisation) réciproque en $a$ son discriminant va s'annuler quand il a $2$ racines doubles mais aussi quand il a $1$ ou $-1$ comme racine, vu qu'elles sont nécessairement doubles. Ce sont ces $2$ derniers cas qui génèrent les solutions parasites.
Pour y remédier, il a de multiples possibilités :
- constater que ses droites vertes n'ont rien à faire dans l'enveloppe
- exprimer que le polynôme a $2$ racines doubles
- prendre $t=a+\dfrac{1}{a}$ comme nouveau paramètre pour avoir un polynôme de degré $2$ en $t$
- ...
Cordialement. Poulbot
Si je calcule le résultant de $f\left( z,\overline{z},a\right)$ et de $f\left( z,\overline{z},b\right)$ en tant que polynômes en $\overline{z}$, puis que je fais $b=a$, j'obtiens:
$4a(a - z)(az - 1)\left((1 + a^2)z - (a^2 + 2a - 1)\right)\left((1 + a^2)z + (a^2 - 2a - 1)\right)$,
Ce qui donne bien les $4$ points de contact de l'hyperbole avec son enveloppe, sans solution parasite.
Je vais voir avec $t=a+\dfrac{1}{a}$.
Cordialement,
Rescassol
Effectivement, en faisant le changement de variable $t=a+\dfrac{1}{a}$ dans le polynôme $f\left( z,\overline{z},a\right)$, réciproque en $a$, on obtient un polynôme de degré $2$ en $t$, dont le discriminant est $-8(z\overline{z} - 1)(z^2 + \overline{z}^2 - 2)$.
Cordialement,
Rescassol