Lieux "élégants" dans un carré

Bonsoir Jelobreuil,

Tu n'as dessiné que la moitié du lieu du point $K$. Pour l'obtenir tout entier il faut que tu construises le symétrique de $K$ par rapport à $(IJ)$. De plus ce n'est pas une bonne idée de faire tourner $M$ sur le carré car ce chemin anguleux peut poser des problèmes (en particulier celui de ne pas obtenir l'équation du lieu par le logiciel). Tu obtiendras les mêmes courbes en faisant tourner le point $M$ sur, par exemple, le cercle de centre $A$ passant par $C$. Enfin, pour ce lieu, il vaut mieux tourner le carré de $45°$, de façon à ce que la courbe obtenue soit positionnée selon $(Ox)$ et $(Oy)$ (son équation est alors plus simple). Pour la figure ci-dessous j'ai pris $A(0,-1)$, $B(1,0)$, $C(0,1)$ et $D(-1,0)$. L'équation du lieu est alors : $$2 \; x^{4} + 4 \; x^{2} \; y^{2} + 4 \; x^{2} \; y - 3 \; x^{2} + 2 \; y^{4} + 4 \; y^{3} + 5 \; y^{2} = 0.$$

Chapeau Ludwig
Tu confirmes mon impression.
Tu es bon et même très bon.
J'allais poster le même message quand j'ai vu que tu m'avais devancé!
Jelobreuil n'est absolument pas intéressé par la géométrie mais seulement par son esthétisme.
Il trace ses figures un peu au hasard, un peu à la pêche dirait-on!
Je lui conseille de contempler les oeuvres d'Escher et d'ingurgiter la littérature qui l'accompagne!
Il sera servi!
Amicalement
[small]p[/small]appus

C'est bien sûr l'inverse d'une hyperbole. Mais je n'en sais pas plus.

Bonjour,

Je me place dans le plan complexe.
Les sommets du carré $ABCD$ ont pour affixes $a=-1-i,b=1-i,c=1+i,d=-1+i$.
Le cercle inscrit dans ce carré est le cercle unitaire de centre $O$ et de rayon $1$.
$M(m)$ est le point de $(BC)$ défini par $m=1+is$ ou $s$ est un paramètre réel.
Pour que la droite $(AM)$ coupe le carré, on supposera que $s\geq -1$.
$(AM)$ coupera alors le cercle en deux points que je renomme $U(u)$ et $V(v)$ car $i$ et $j$ sont réservés quand on calcule en complexes.
Une équation complexe de cette droite est $(2-i(s+1))z-(2-i(s+1))\overline{z}-2i(s-1)=0$.
On aura $u$ et $v$ en substituant $\overline{z}=\dfrac{1}{z}$ dans cette équation.
On obtient une équation du second degré dont le discriminant est $\Delta=16(s+1)$.
Comme $s\geq -1$, on peut poser $s+1=t^2$ où $t$ est un réel positif unique.
On a alors $u=-\dfrac{t+1+i}{t+1-i}$ et $v=-\dfrac{t-1-i}{t-1+i}$
On a $L$ comme image de $V$ par la similitude de centre $U$ et de "rapport" $1+i$, donc $l=u+(1+i)(v-u)$.
En éliminant $t$ entre $l$ et $\overline{l}$, on obtient l'équation complexe:
$z^2\overline{z}^2 + (1-i)z^2\overline{z} + (1+i)z\overline{z}^2 + (2-2i)z^2 + z\overline{z} + (2+2i)\overline{z}^2 + (1+3i)z + (1-3i)\overline{z} - 2=0$
ou encore, en cartésiennes:
$(x^2+y^2)^2 + 2(x^2+y^2)(x+y) + (5x^2+8xy-3y^2) + 2(x-3y) - 2=0$
La droite $(PS)$ a pour équation complexe $z+i\overline{z}+1+i=0$ ou encore $x+y+1=0$ en cartésiennes.
Elle coupe le lieu de $L$ entre autres au point $F\left(\dfrac{-1-\sqrt{7}}{2};\dfrac{-1+\sqrt{7}}{2}\right)$
On a des résultats analogues avec $n=u+i(v-u)$ et $k=u+j(v-u)$, où $j=\dfrac{1+i\sqrt{3}}{2}$.
Les lieux de $N$ et de $K$ passent également par $F$.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

La valeur de l'angle $\alpha$ à partir de laquelle la courbe possède un point double est obtenue pour $\cos(\alpha)=\dfrac{31}{32}$. Il n'y a plus qu'à sortir le compas rouillé.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour ,
autre construction du point S (notation de Ludwig) qui reste à démontrer ou infirmer .
Cordialement