Une congruence de droites
Réponses
-
Bonjour, Gai Requin,
le plan à l'infini a pour équation $X+Y+Z+T=0$ lorsque $X,Y,Z,T$ sont des coordonnées barycentriques. Ici, j'ai homogénéisé à la façon classique de la Géométrie projective, en remplaçant $X,Y,Z$ par $X/T,Y/T,Z/T$ respectivement (puis en multipliant par une puissance idoine de $T$) ; adoncques, l'hyperplan à l'infini a pour équation $T=0$.
La raison de cela est que, le plan polaire (relatif à une quadrique) d'un point de coordonnées projectives $X,Y,Z,T$ est l'ensemble des points dont les coordonnées projectives forment un quadruplet orthogonal à $(X,Y,Z,T)$ au sens de la forme quadratique qui définit la dite quadrique. Je pense même que c'est de là que vient le terme forme polaire. Certes, c'est vrai aussi avec les cobar, mais il n'y avait pas ici de raison de les utiliser dans un contexte de coordonnées cartésiennes. -
Merci.
Donc on travaille d'abord en affine pour trouver le cône auquel doit appartenir $m(x/t,y/t,z/t)$ ce qui permet ensuite de déterminer la variété projective complexe $q_M=0$. -
exact : la question de Pappus est dans le contexte d'une carte affine, mais les calculs sur les faisceaux de coniques se font de façon plus automatique en projectif.
-
Je pense avoir obtenu le faisceau linéaire de coniques.
L'étape suivante consiste à déterminer pour quelles valeurs de $\lambda$ une conique du faisceau est dégénérée.
Pourquoi préconises-tu de passer par la comatrice ? -
Parce qu'il s'agit de savoir, non pas si une forme quadratique $q$ est dégénérée, mais si sa restriction à un hyperplan l'est. Or, si $Q$ est une matrice représentant $q$ et $L$ un vecteur ligne donnant l'équation de l'hyperplan, la condition est $LQ^{-1}\,^tL=0$. Ici, l'hyperplan dont on parle est un hyperplan affine $P_M$ d'équation $aX+bY+cZ+d=0$ mais, en projectif, on l'écrit $aX+bY+cZ+dT=0$, ce qui fait que $L=(a,b,c,d)$. On se convainc facilement de la formule $LQ^{-1}\,^tL=0$ en choisissant à titre d'exemple l'hyperplan à l'infini $V(T=0)$.
-
Merci infiniment j__j !
On obtient bien une surface de degré $12$ imbuvable qui passe par $O$ (?).
Je vais voir si je peux produire une figure... -
Effectivement, $O$ satisfait l'équation obtenue mais c'est peut-être une solution parasite puisque, dans ce cas, le cône $q_M$ devient l'espace tout entier, de sorte que la forme quadratique $q_M-\lambda Q$ devient $0-\lambda Q$. Le plan $P_O$ devient la variété $V(T)$ et le polynôme \og caractéristique\fg est $\lambda^3$ dont le discriminant est nul. Ce phénomène est habituel : quand on obtient une équation algébrique, elle représente souvent l'adhérence au sens de Zariski du lieu géométrique défini stricto sensu.
En outre, peut-être la forme $Q$ se factorise-t-elle dans le polynôme de degré $12$ : peux-tu vérifier ?
Cordialement, j__j -
Comme $M$ sur $\cal E$ est solution du problème, le polynôme obtenu doit se factoriser par $Q$, ce que j'avais déjà vérifié dans ma session maple. Et qui m'avait rassuré.
Mais je viens de voir un truc pas très cathojectif dans mon équation en $\lambda$ !
J'ai dû me mélanger les pinceaux entre $m$ et $M$...
Je reverrai tout ça demain matin.
Bonne fin de soirée -
En fait, pas de problème avec les coordonnées homogènes.
Mais contrairement à ce que tu annonçais, je trouve un polynôme de degré $14$ qui se factorise bien par $Q$ ce qui donne une seconde surface focale de degré $12$. :-S -
bonjour, Gai Requin,
oui, je vois d'où vient l'erreur sur le degré : une fois que j'avais réduit le problème à la nullité du discriminant d'un polynôme, je me suis dit "âne qui trotte, c'est du gâteau pour maple à présent". J'avais tout bêtement oublié que $\Delta$ est de degré $4$ en les coefficients du polynôme, et non pas $3$ !
A propos, quelle est la valuation $v_Q(...)$ dans l'expression obtenue : que $Q^2$ se factorise ne m'étonnerait pas... ?
Une autre remarque : quand $M\in Q$, le plan polaire est tangent à $\cal E$ en $M$ et le coupe donc selon une conique dégénérée (réunion de deux droites issues de $M$, mais complexes dans le cas de l'ellipsoïde) et la seconde conique passe par $M$ : il y a donc contact, mais au sens schématique car, géométriquement, cela n'a plus trop de sens (quoique nos glorieux ancêtres aient compris cela intuitivement).
L'énormité du degré provient du côté très arbitraire de la construction de la congruence, voilà tout !
Bonne journée, j__j
Un remords : il faudrait demander à un géomètre algébriste si le mot contact est n'est pas, plus précisément, réservé à des propriétés particulières de l'anneau local ; ici, il n'y a pas de nilpotents mais seulement des diviseurs de $0$. -
Bonjour j__j,
A priori, $v_Q=1$.
Bon, pour voir si je n'ai pas fait d'erreur, j'ai voulu tester si la surface de degré $12$ correspondait bien à la paramétrisation obtenue par la méthode de pappus. Hélas, ma ram a encore saturé !
Ce serait intéressant de pouvoir comparer vos deux méthodes sur un exemple (impliquant une quadrique of course) plus simple.
P.S. : Je viens de comprendre pourquoi une conique dégénérée avec un seul point réel est la réunion de deux droites complexes. -
un exemple (impliquant une quadrique of course) plus simple.
Une quadrique de révolution peut-être (sauf une sphère puisque, là, pschitt : le champ devient nul) ou alors une quadrique se paramétrant simplement : $V(Z^2-XY)$ -
Je suis trop optimiste concernant le calcul formel.
Plus modestement, j'ai testé l'ellipsoïde $(a=1,b=2,c=3)$ et on obtient par ta méthode une équation cartésienne de la seconde surface dont un paramétrage est donné par la méthode indépendante de pappus.
OUF et Bravo j__j !
J'essaierai demain de voir si les résultats pour $z^2=xy$ sont suffisamment simples pour être exposés à nos lectrices... -
Bonjour, gai Requin,
les calculs se font très bien avec une sphère passant par $O$, par exemple d'équation $X^2+Y^2+Z^2-2RZT=0$. Avec une quadrique de révolution, aussi... -
Bonjour j__j,
Quel point projettes-tu sur les plans tangents à cette sphère ? -
C'est vrai, je n'ai pas précisé que c'est toujours l'origine $O$ (si c'est le centre de la sphère, ça ne vaut pas la peine de changer d'origine).
-
j__j,
J'ai un cas de conscience.
Je suppose que les droites de la congruence coupent toutes l'axe des côtes.
La "surface" $X^2+Y^2=0$ n'est-elle pas tangente à toutes ces droites (ce qui en ferait une surface focale) ? -
Bonne question ! Pour une famille à un paramètre, il peut ne pas y avoir contact (exemple : les génératrices rectilignes de l'hélicoïde droit) mais, pour une congruence, cela mérite réflexion. Qu'en pense l'oracle Pappus ?
-
Je pense qu'il faut répondre oui : si, par un point $M$ passent suffisamment de droites $D_{u,v}$, disons par exemple $D_{u,v(u)}$ lorsque $u$ décrit tout un intervalle non trivial, le point $M$ fait partie de l'enveloppe.
-
Bonsoir j__j,
J'ai appliqué la méthode de pappus à ton problème de la sphère $x^2+y^2+z^2=2Rz$.
Et justement, les points focaux de la seconde surface sont tous sur $Oz$.
Donc, plutôt que de refaire des calculs selon ta méthode, je me suis amusé à chercher ex nihilo une surface répondant à cette contrainte originale. D'où ce curieux $x^2+y^2=0$ !
Qu'as-tu trouvé de ton côté ? -
Bonsoir, Gai Requin,
aujourd'hui, j'ai examiné des dossiers de parcourssup et ai dû laisser de côté le calcul, ce jusqu'à demain matin. Cela dit, je suppose que les points que tu as trouvés sont à ajouter à ceux de la sphère. Le calcul par les équations cartésiennes devrait se révéler assez facile car les cônes $\cal C$$_M$ sont dégénérés (réunions de deux plans).
Cordialement, j__j -
Bon courage !
Ok pour les cônes.
Voilà le discriminant en $\lambda$ : $256R^2(X^2+Y^2)^3(2RT-Z)^3Z^3(2RTZ-X^2-Y^2-Z^2)^4$. -
Ah ? Il faut que je vérifie mes calculs car, si je trouve bien comme toi l'axe $Oz$ et la sphère, je trouve une troisième variété qui est $V(RT-Z)$, càd un plan diamétral de la sphère, alors que ta formule donne $V(2RT-Z)$, qui en est un plan tangent.
A suivre...
Nota bene : le plan $V((2)RT-Z)$ est en fait une variété parasite par rapport au problème affine euclidien, car il correspond à des droites incluses dans le plan de l'infini, et qui aggravent leur cas en étant de surcroît complexes. -
Concernant le problème euclidien, le plan tangent à la sphère en $A=(0,0,2R)$ est $Z=2R$ donc on peut choisir dans la congruence n'importe quelle droite passant par $A$ contenue dans $Z=2R$.
Cela me semble expliquer le facteur $Z-2RT$ dans mon discriminant.
De même, le plan tangent en $O$ est $Z=0$, d'où le facteur $Z$ dans mon discriminant.
En conclusion, il me semble que la surface $Z(Z-2R)(X^2+Y^2)=0$ répond au problème, quel que soit le choix des droites tangentes à la sphère passant par $A$ et $O$. -
Bonjour, Gai Requin,
c'est vrai ; j'avais toujours exclu les plan tangents en les points où la projection de $OM$ est nulle (points singuliers du champ de vecteurs) mais il n'y a aucun inconvénient à les accepter. Il me reste en revanche à prendre une feuille de papier pour voir d'où sort $V(Z-RT)$ et s'il a un sens ou non dans le problème. Ce sera après parcourssup !
Amitiés, j__j -
... et puis je viens de refaire mes calculs : il n'y a plus de $V(Z-RT)$ ; sans doute un $2$ qui s'était lost in translation. Donc, je confirme le calcul de Gai Requin : la sphère de départ, l'axe $Oz$ ainsi que les plans tangents en les deux points singuliers du champ, sachant qu'il n'y a pas d'inconvénient à considérer un vecteur directeur nul.
Maintenant, le défi serait de trouver un exemple dans lequel la <<seconde>> variété serait intéressante, sans être triviale comme ici ou abusivement compliquée comme dans l'exercice de Laisant ! -
Bonjour j__j,
Notre cher pappus conseille de regarder le cas des loxodromies du cylindre (hélices) et de la sphère.
Késako ? -
Une loxodromie est une courbe tracée sur une surface de révolution est qui fait un angle constant avec les méridiennes ; si un timonier navigue à cap constant, son bâtiment va décrire une loxodromie de la sphère terrestre (si l'on ne tient pas compte ni des courants ni du vent).
Bonne soirée ! j__j
Ah, les courbes tracées sur les surfaces : les asymptotiques, les lignes de courbure, les géodésiques ---- elles que j'avoie si près tenu -
Bonjour j__j,
On peut reprendre le problème de pappus en remplaçant l'ellipsoïde par le cylindre parabolique $x^2+2y+2z=1$.
Après une légère modification de ta méthode, je tombe sur une cubique... -
Ah, très bien ! Je ferai le calcul demain, avec $X^2-2pY=0$, qui représente la même surface.
-
Encore raté !
Il n'y a qu'une seule surface focale pour cette congruence.
Demain, je tente le paraboloïde $x^2+y^2=z$. -
Bonjour, Gai Requin,
je ne trouve pas une unique focale, avec le cylindre $V(X^2-2pY)$, mais le cylindre lui-même réuni avec un cylindre ayant pour base une cubique, modulo les éventuelles erreurs de calcul :
$$V(2Y^3+2X^2Y+pX^2)$$
Rationnelle ou elliptique, la cubique ? A voir, mais dans tous les cas, j'y vois l'exemple intéressant par excellence : calculs simples, résultat non trivial. -
Bonjour j__j,
J'avais trouvé exactement la même cubique.
Mais il faut se rappeler qu'on raisonne par conditions nécessaires.
Je teste donc à chaque fois la méthode de pappus qui donne les points focaux sur chacune des droites de la congruence.
Et ici, il n'y en a qu'un pour toute telle droite donc une seule surface focale, la quadrique de départ. -
Cubique à point double ; donc, elle est rationnelle. J'espère à présent qu'elle ne se décompose pas, ou alors pas trop (cylindre $\bigcup$ plan irait encore).
Après un bon coup d'\oe il : finalement, c'est une brave cissoïde ! Craintes infondées...
Pappus, Gai Requin : tenons-nous ici le bon exemple ? -
j__j,
Tu as peut-être raté mon dernier message ? -
Effectivement, je ne l'avais pas vu, mais ils étaient sans doute simultanés !
-
Eh bien, j'ai vérifié : nous avons tous les deux raison (ou tous les deux tort) car, en fait, j'ai fait les calculs dans le complété projectif, comme je l'avais dit d'emblée. Sur chaque génératrice du cylindre, on considère la tangente privilégiée : aucune n'est tangente au cylindre cubique mais la position limite de cette tangente (limite lorsque la cote $z$ tend vers l'infini) l'est (c'est une génératrice du cylindre cubique
En tant que président de la Ligue contre la discrimination des cubiques (Pappus est l'autre adhérent), je préférerais que ce cylindre fût admis lui aussi, afin de surcroît de ne pas démentir l'assertion de Laisant (pouf, d'un seul coup, une seule focale --- si elle était double, je ne dirais pas, mais ici, non).
Le sort de cette infortunée, quoique célèbre, cubique est entre tes mains. -
Ce n'était pas évident que toute droite de la congruence coupe la cubique en l'infini !
Peut-on dire que ces droites sont asymptotes à cette cubique ? -
C'est moins net que cela : le cylindre cubique a pour génératrices rectilignes des positions limites des droites de la congruence : ces droites sont tangentes à ce cylindre parce qu'elles sont incluses dedans. Mais les autres droites de la congruence ne lui sont pas tangentes ; donc, stricto sensu, ce cylindre n'est pas une focale mais j'essaie de trouver une bonne raison pour l'accepter puisque la CN fournit cette surface comme candidate.
A l'époque néolithique, lorsque les enveloppes étaient au programme, la question se posait aussi de savoir si les courbes stationnaires faisaient ou non partie des enveloppes.
Bonne soirée ! j__j -
Je vois.
Il faut que je refasse les calculs dans l'espace projectif.
Une piste peut-être : que vaut ta racine double $\lambda$ et que cela signifie-t-il géométriquement ?
Merci et bonne soirée également ! -
Le plan polaire $P_M$ d'un point $M$ coupe la quadrique selon deux droites verticales et coupe le cône $C_M$ selon une hyperbole ayant une asymptote verticale. Lorsque $M$ est sur le cylindre cubique, l'une des deux droites verticales est l'asymptote verticale de l'hyperbole, d'où le contact à l'infini.
Que vaut la racine double ? Si tu coupes une hyperbole, disons $V(XY-1)$, par une droite verticale, disons $V(X-a)$, l'équation donnant l'ordonnée $Y$ d'un point d'intersection est $a Y=1$ : elle n'est en général que de degré $1$, et non pas $2$, car il y a déjà un point d'intersection à l'infini. Mais, si $a=0$, le degré s'abaisse encore et cela correspond à l'asymptote verticale. En résumé : intersection à l'infini si le degré s'abaisse et contact à l'infini s'il s'abaisse de $2$. À cette aune, la valeur de la racine n'a plus de sens, ce qui compte est la valuation $v_\infty$, qui est liée au le degré. -
Bonjour j__j,
Je pense maintenant bien visualiser les choses, disons en ce qui concerne les cylindres $f(X,Y)=0$, leurs génératrices et leurs plans tangents verticaux.
Pour le reste, voilà peut-être ce qu'on peut tenter.
Le polynôme en $\lambda$ dont on aimerait bien qu'il ait une racine double est : $$2p^3T(TX^2p+2X^2Y+2Y^3)\lambda+2p^3T(-TXYZp+X^3Z+XY^2Z).$$J'essaierais donc bien de faire la synthèse avec le cylindre $(TX^2p+2X^2Y+2Y^3)^2+(-TXYp+X^3+XY^2)^2=0$.
En plus, ça se décompose en : $(X^2+Y^2)(T^2X^2p^2+2TX^2Yp+X^4+5X^2Y^2+4Y^4)=0$. -
Bonjour, Gai Requin,
mais si ce polynôme en $\lambda$ est de degré $1$, il n'aura jamais de racine double, sauf s'il est nul ; est-il cas particulier d'un polynôme de plus haut degré ? Quant à l'équation de l'avant-dernière ligne (qui est celle d'un cylindre, d'ailleurs, mais j'ai souvent écrit moi aussi cône à la place de cylindre, sans me relire), c'est une somme de deux carrés que l'on devrait annuler.
Ce que j'entends par abaissement du degré : si l'on coupe $V(XY-1)$ par la droite paramétrée par $(t,t)$, on a une équation de degré $2$ en $t$ : c'est normal, droite sécante avec conique. Si l'on coupe par $t\mapsto (a,t)$ avec $a\neq0$, le degré en $t$ n'est plus que $1$ : on dit alors qu'il y a un point d'intersection à l'infini (cela se voit si l'on homogénéise) ; si l'on coupe par $t\mapsto (0,t)$, l'équation devient $0=1$ et cela traduit un point double à l'infini.
Nota bene : il ne faut pas sous-estimer l'équation $0=1$ ; dans la rubrique Shtam, et même avant qu'elle existe, cela a permis a certains d'en déduire le théorème de Fermat et la conjecture de Riemann, quoique l'on n'ait jamais su s'ils en déduisaient que ces théorèmes étaient vrais, ou qu'ils étaient faux. C'est ballot. -
Merci j__j pour ces explications.
En cadeau, je t'offre d'autres droites de la congruence qui sont tangentes au cylindre cubique.
Ce sont celles construites à partir des points $(\pm p/2,p/8,z)$ du cylndre parabolique.
On voit bien que je ne parle plus de cône ? :-) -
Bonjour j__j,
Je pense avoir l'explication du problème posé par les cylindres $f(X,Y)=0$.
En effet, il est facile de voir que la seconde surface focale est aussi un cylindre $g(X,Y)=0$.
De plus, si $(x,y,0)$ vérifie $f(x,y)=0$, la droite de la congruence passant par $(x,y,0)$ est contenue dans le plan $Z=0$.
Donc les droites de la congruence contenues dans $Z=0$ enveloppent les courbes $f(X,Y)=0$ et $g(X,Y)=0$ de ce plan.
Comme il y au au plus une telle enveloppe, on en déduit que les deux cylindres sont confondus.
Problème : Dès qu'on part d'autre chose qu'un cylindre, le degré de la seconde surface explose souvent...
Même avec le cône ;-) ultra-simple $XY=Z$ !
Finalement, ton exemple de la sphère passant par $O$ est vraiment bien choisi du point de vue calculatoire.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 8 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
In this Discussion
Qui est en ligne 5
5 Invités