Courbe du 10.09.2017
Réponses
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Un dessin animé. J'ai élevé deux fois au carré pour avoir une courbe algébrique (de degré 4 sauf erreur) et bougé le point $A$ sur une droite horizontale. Ça ne répond pas à la question mais ça montre que la position de $A$ sur la bissectrice n'est pas neutre (donc : pas choisie au hasard).
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médiatrice, tu veux dire ?
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Oui, médiatrice ! Ainsi, le point $A$ est sur la courbe SSI il appartient à la médiatrice de $[BC]$ et dans ce cas, c'est un point singulier. On le voit dans la première des figures ci-dessous, où sont représentées :
- en bleu, la courbe de départ,
- en rouge, le lieu des zéros de la dérivée de l'équation par rapport à $x$,
- en vert, le lieu des zéros de la dérivée par rapport à $y$.
Si on pousse $A$ un peu plus loin sur la droite $y=2$, plus précisément en $(\sqrt{60}-4,2)$, alors $B$ est sur la médiatrice de $[AC]$ et la courbe se met à avoir un point double isolé en $B$. Dans la deuxième figure, avec le même code de couleurs, les dérivées partielles s'annulent en $B$, ce qui illustre le fait que $B$ est un point singulier.
Mais tout cela ne fait pas avancer la question initiale... -
Désolé soland, j'ai fait bouger le point $A$ sur $y=2$ au lieu de $y=3$ comme sur ton dessin initial.
Terminons la recherche de points singuliers. En fixant $B=(-4,0)$ et $C=(4,0)$, cherchons les points $A=(x_A,y_A)$ tels que la courbe ait un point singulier (réinvestissons ce que nous avons appris naguère (en bref : les bases de Gröbner, c'est magique).R.<x,y,xa,ya> = PolynomialRing(QQ,4) xb, yb, xc, yc = -4,0, 4,0 da = (x-xa)^2+(y-ya)^2 # distance de (x,y) à A db = (x-xb)^2+(y-yb)^2 # ... à B dc = (x-xc)^2+(y-yc)^2 # ... à C e = (db-dc-da)^2-4*da*dc ex, ey = diff(e,x), diff(e,y) I = R.ideal([e,ex,ey]) J = I.elimination_ideal([x,y]) print "Nombre de générateurs : %s" % len(J.gens()) print "Factorisation : %s" % factor(J.gens()[0])
Cela donne pour conditions sur $x_A$ et $y_A$ :
\[x_A^{2} \cdot (x_A^{2} + y_A^{2} - 8 x_A- 48)^{2} \cdot (x_A^{2} + y_A^{2} + 8 x_A -48)^{2} \cdot (x_A^{2} + y_A^{2} - 8 x_A +16)^{2} \cdot (x_A^{2} + y_A^{2} + 8 x_A +16)^{2}=0.\]
Autrement dit (figure ci-dessous) :- la bissectrice de $[BC]$ ($x_A=0$) ;
- le cercle de centre $C$ et de rayon $BC$ ($C$ est sur la médiatrice de $[AB]$) ;
- le cercle de centre $B$ et de rayon $BC$ ($B$ est sur la médiatrice de $[AC]$) ;
- les points $C$ et $B$ (qui sont déjà sur les cercles précédents).
Lorsque $A$ est à l'intersection de ces trois courbes, le triangle $ABC$ est équilatéral et l'équation initiale se factorise en le carré de l'équation du cercle circonscrit au triangle – tous les points sont singuliers à cause de ce carré. -
Bonjour Christoph
As-tu supposé, comme le laisse penser ta figure, que $\left\vert AB\right\vert =\left\vert AC\right\vert $?
En outre, je ne vois pas l'intérêt de supposer que $A,B,C$ sont à coordonnées entières.
Cordialement. Poulbot -
La courbe est de degré $4$, elle ressemble à la projection sur le plan $Oxy$ de l'intersection de deux cylindres ou d'un cylindre et d'une sphère (fenêtre de Viviani ?).
Remarque inutile : c'est de façon évidente la projection de l'intersection des graphes de $M\mapsto MB$ (un cône) et $M\mapsto MA+MC$ (qui n'est pas de degré $2$ hélas). -
Bonjour @soland,
Je ne suis pas sûr de bien comprendre la question : une courbe est un ensemble de points du plan de dimension $1.$
Ici, on note $\displaystyle a,b,c,z \in \C^4$ les affixes des points $\displaystyle A,B,C, M$ avec $\displaystyle A,B,C$ distincts et $M$ vérifiant $\displaystyle E: |MA| + |MB| =|MC| .$
On pose $\displaystyle \alpha = {b-a \over c-a} \in \C$ et on change de variable $\displaystyle z \leadsto u$ avec $\displaystyle z=a+(c-a)u$ pour trouver $\displaystyle E \iff |u| + |1-u| = |\alpha - u|.$
Pour $\displaystyle u=0$, on a $\displaystyle z=a$ et $\displaystyle E \iff |b-a| = |c-a|$ qui n'est vérifiée que lorsque $A$ appartient à la médiatrice du segment $\displaystyle [BC].$
Pour $\displaystyle u \neq 0$, on change de variable $\displaystyle u \leadsto v$ avec $\displaystyle v = {1 \over u}$ et donc $\displaystyle E \iff 1 + |v-1| = |\alpha v -1|.$
Pour $\alpha \in \R$ :
On passe en forme algébrique avec $\displaystyle v = x+iy, (x,y) \in \R^2$ pour obtenir que, nécessairement, $\displaystyle 1+\sqrt{(x-1)^2+y^2} = \sqrt{(\alpha x-1)^2+\alpha^2y^2}$ qui, après deux élévations au carré pour éliminer les racines carrées donne $\displaystyle (\alpha^2-1)^2 y^4 + \Big( 2(\alpha^2-1) ((\alpha^2-1)x^2-2(\alpha-1) x-1)-4\Big) y^2 + \Big( ((\alpha^2-1)x^2-2(\alpha-1) x-1))^2 - 4x^2+8x-4\Big)=0$ qui est polynôme de degré $2$ en $\displaystyle y^2$ : ceci suffit pour conclure que le lieu recherché est bien une courbe (car la réunion d'un nombre fini de courbes paramétrées de la forme $\displaystyle y=f(x)$).
Pour $\alpha \not\in \R$ :
La même méthode donne une équation polynômiale de degré $4$ en $y$ dont le terme de plus haut degré est $\displaystyle (|\alpha|^2-1)^2 y^4$ qui mène à la même conclusion.
Ai-je écrit n'importe quoi ? -
(A) On peut essayer d'inverser la courbe relativement à son point singulier $(0,3)$.
(B) La donnée cruciale (en gardant l'équation) est que $(ABC)$ est isocèle en $A$.
(C) Les courbes d'équation cartésienne
$$
a_{22}(x^2+y^2)^2+(a_{21}x+a_{12}y)(x^2+y^2) + (\text{termes de degré}\leq 2)=0
$$
sont en général des quartiques bicirculaires. Leur ensemble encaisse sans broncher l'action du groupe de Mœbius. -
La courbe (complète, telle que dessinée par MathCoss) n'a pas un seul point singulier, mais trois points doubles : celui qu'on voit, et les deux points cycliques (c'est le cas de toutes les courbes d'équation donnée ci-dessus par Soland en C). C'est donc une quartique rationnelle.
Comme pour toute quartique avec trois points doubles, l'involution de Cremona avec lieu d'indétermination en ces trois points doubles transforme la quartique en une conique ($2\times 4-3\times 2= 2$). Puisqu'ici deux des points doubles sont les points cycliques, l'involution de Cremona est une inversion de pôle le point double qu'on voit. L'image de la courbe dessinée dans le premier message de Soland par une inversion de pôle A est une branche d'hyperbole. Reste à préciser cette hyperbole. -
Bonjour Christoph
Si je comprends bien, tu as supposé implicitement que, comme le laissait penser ta figure, que $\left\vert AB\right\vert =\left\vert AC\right\vert <\left\vert BC\right\vert $.
Auquel cas, l'inversion par rapport au cercle de centre $A$ passant par $B$ et $C$ transforme ta courbe en la branche d'hyperbole $\left\vert MB\right\vert -\left\vert MC\right\vert =\left\vert AB\right\vert $.
Ai-je bien suivi?
Amicalement. Poulbot -
L'inversion :
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Re-bonjour Christoph et merci
C'est bien ce que je pensais.
Du coup, ta courbe, étant incluse dans une quartique bicirculaire rationnelle, devrait être incluse dans la podaire de $A$ par rapport à une autre hyperbole.
En prenant pour origine le milieu de $\left[ BC\right] $ et $A=\left[ 0,\alpha \right] ,C=\left[ \beta ,0\right] $, cette nouvelle hyperbole a pour équation $x^{2}-3y^{2}-2\alpha y+\alpha ^{2}-4\beta ^{2}=0$.
En particulier, elle est centrée au symétrique par rapport à $BC$ du centre de gravité de $ABC$, d'axe focal parallèle à $BC$ et d'excentricité $\dfrac{2}{\sqrt{3}}$.
Cela dit, je ne vois toujours pas l'intérêt de prendre des points à coordonnées entières.
PS : Tu aurais pu préciser dans ton énoncé que tu supposais $\left\vert AB\right\vert =\left\vert AC\right\vert <\left\vert BC\right\vert $
Amicalement. Poulbot -
Bonjour.
En résumé: on recalcule tout, et on retrouve les résultats précédents.
On examine le lieu des points tels que: $|MA|+|MC|=[MB|$, sous l'hypothèse $\left|AB\right|=\left|AC\right|<\left|BC\right|$. On pose: \[ A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} i\\ 1\\ -i \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \beta\\ 1\\ \beta^{-1} \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} -\beta^{-1}\\ 1\\ -\beta \end{array}\right] \] $ \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}} \def\ptv{~;~}
$ En multipliant par les quantités conjuguées, le lieu de $M\simeq \vz:\vt:\vzz$ se plonge dans la courbe algébrique: \[ MA^{4}-2\,MA^{2}MB^{2}-2\,MA^{2}MC^{2}+MB^{4}-2\,MB^{2}MC^{2}+MC^{4}= \] \begin{multline*} 3\,\vz^{2}\vzz^{2}\beta^{2}+2\,\beta\,\left(i\beta+\beta^{2}-1\right)\left(\vz-\vzz\right)\left(\vz\vzz+\vt^{2}\right)\vt\\ +\left(i\beta+\beta^{2}-1\right)\left(3\,i\beta1-\beta^{2}+1\right)\vt^{2}\left(\vz^{2}+\vzz^{2}\right)+\left(4\,i\beta-4\,i\beta^{3}-2\,\beta^{4}-2\right)\vt^{2}\vz\vzz+3\,\vt^{4}\beta^{2} \end{multline*} En version Geogebra (avec $\beta=\exp\left(iu\right)$ ): \[ \Gamma=3\,\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}-4\,\left(1+2\sin u\right)\left(x^{2}+y^{2}\right)y-16\,x^{2}\,\cos^{2}u+16\,y^{2}\,\sin u-8\,y\,\sin u+6\,x^{2}+2\,y^{2}-4\,y+3 \]
On calcule les points d'annulation du gradient. On obtient les points $\umbx,\umby$ et $A$. Pour une quartique bicirculaire avec point double en $A$, ce n'est pas vraiment une surprise. On calcule les foyers de cette courbe par la méthode de Plucker. On trouve $z=i,i,\beta,-1/\beta$ et $\zeta=-i,-i,1/\beta,-\beta$... autrement dit 16 foyers dont quatre visibles: $B,C$ et $A$ deux fois.
Vu ce qui précède, GaBuZoMeu fait agir une involution de Cremona $\Phi$ ayant les points doubles comme points d'indétermination. Elle aura donc la droite de l'infini et les isotropes de $A$ comme courbes exceptionnelles. On obtient $\Phi$ en conjuguant la transformation de Cremona standard (aka "conjugate and inverse everything") par une homothétie $\sigma$ bien choisie. On trouve: \[ \boxed{\sigma}\doteq\left[\begin{array}{ccc} 1 & -i & 0\\ 0 & \dfrac{1}{\sqrt{k}} & 0\\ 0 & i & 1 \end{array}\right]\ptv\Phi_{0}\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq\left[\begin{array}{c} \left(\vt+i\vz\right)\left(i\vzz\,k-k\vt+\vt\right)\\ ik\left(\vt+i\vz\right)\left(\vt-i\vzz\right)\\ \left(\vt-i\vzz\right)\left(i\vz k+k\vt-\vt\right) \end{array}\right] \]
On fixe $k$ par la condition $\Phi\left(B\right)=B$. Cela donne $k=-i\beta\div\left(i-\beta\right)^{2}$ et \[ \Phi\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{\vzz\,\beta-\left(i\beta-\beta^{2}+1\right)\vt}{\beta\,\left(\vt-i\vzz\right)}\\ 1\\ \dfrac{\vz\beta+\left(i\beta-\beta^{2}+1\right)\vt}{\beta\,\left(\vt+i\vz\right)} \end{array}\right] \] Cela ressemble à une inversion (symétrie dans un cercle). Le contraire serait dommage, vu que cela a été fait exprès (en particulier, le fait de conjuguer avant de passer aux inverses). Et en appliquant cette transformation à la courbe initiale, on obtient: \begin{multline*} \negthickspace\negthickspace\negthickspace Cte\times\left(\vt+i\vz\right)^{2}\left(\vt-i\vzz\right)^{2}\vt^{2}\;\left(\vz^{2}+2\,\dfrac{\left(\beta^{2}-1\right)}{\left(\beta+i\right)^{2}}\,\vz\vzz+\vzz^{2}+\dfrac{2\,i\left(\beta^{2}-1\right)}{\left(\beta+i\right)^{2}}\left(\vzz-\vz\right)\vt-\vt^{2}\right) \end{multline*} Ce meurtre avec préméditation des trois courbes exceptionnelles laisse comme seule survivante une courbe de degré $2$. En version Geogebra: \[ H=\left(4\,\sin u+2\right)x^{2}-2\,y^{2}+4\,y\,\sin u-\sin u-1 \]
En calculant les foyers de $H$, on ré-obtient les points $B,C$ (la propriété donnée par Soland). On remarque que les 16 foyers précédents ont pour images quatre indéterminations, quatre fois chaque ombilic et les quatre foyers de l'hyperbole. Exercice: est-ce ou non une propriété générale ?
Cordialement, Pierre. -
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