Point de Frégier en dimension n.

C'était autrefois pour un taupin un exercice un peu technique à rédiger en dimension 3 mais ça ne coûte pas plus cher de le faire en dimension quelconque maintenant que nous disposons de tout l'attirail des algèbres linéaire et bilinéaire.
Soit $H$ un hyperplan affine de $E$. Il existe $h \in E$ et $a \in \mathbb R$ tel que: $H = \{x \in E; \quad \langle h|x \rangle + a = 0 \}$
On vectorialise $E$ en $x_0$ en posant:
$x = x_0 + X$
On écrit ensuite les équations de $S$ et de $H$ dans ce vectorialisé:
Pour $S$:
(1) $\langle u(X)|X \rangle + 2 \langle u(x_0)|X \rangle = 0 $
Pour $H$:
(2) $\langle h|X \rangle + \langle h|x_0 \rangle + a = 0$

On forme ensuite l'équation dans ce vectorialisé du cône $C$ de sommet $x_0$ et de directrice $H \cap S$.
Si $ X \in C$, il existe donc un réel $T$ tel que: $(\dfrac 1 T ) X \in H \cap S$.
Pratiquement cela revient à homogénéiser les équations (1) et (2) puis à éliminer la variable d'homogénéisation $T$ entre les 2 équations obtenues:
(3) $\langle u(X)|X \rangle + 2 \langle u(x_0)|X \rangle T = 0 $
(4) $\langle h|X \rangle + (\langle h|x_0 \rangle + a)T = 0$
On obtient ainsi pour le cône $C$, l'équation suivante:
(5) $q(X) = (\langle h|x_0 \rangle + a)\langle u(X)|X \rangle
-2 \langle u(x_0)|X \rangle \langle h|X \rangle = 0 $
La forme quadratique $q$ est associée à l'opérateur symétrique:
$ v = (\langle h|x_0 \rangle + a) u -(u(x_0) \otimes \rho(h) + h\otimes \rho(u(x_0))$ où $\rho : E \longmapsto E^*$ est l'isomorphisme canonique défini par: $\rho(x)(y) = \langle x|y \rangle; \quad \forall x, y \in E$
On montre que si le cône $C$ contient un repère orthonormé, alors il en contient une infinité. Il est alors appelé cône équilatère et la condition nécessaire et suffisante pour qu'il en soit ainsi est:
(6) $\text{Trace}(v) = 0$
La condition est évidemment nécessaire car si $C$ contient un repère orthonormé $\mathcal B$, la matrice de $q$ dans $\mathcal B$ qui est aussi celle de $v$ n'a que des $0$ sur sa diagonale principale et par suite $\text{Trace}(v) = 0$.
La réciproque se montre par récurrence sur la dimension de $E$.
Mais on a :
(7) $\text{Trace}(v) = (\langle h|x_0 \rangle + a)\text{Trace}(u) - 2\langle u(x_0)|h \rangle$
Ainsi le cône $C$ sera équilatère si:
$(\langle h|x_0 \rangle + a)\text{Trace}(u) - 2\langle u(x_0)|h \rangle = 0$
ce qui s'écrit aussi:
(8) $\langle h|\text{Trace}(u)x_0 - 2u(x_0)\rangle + a\text{Trace}(u) = 0$
Si $\text{Trace}(u) \ne 0$, l'équation (8) exprime que $H$ contient le point $y_0 = f(x_0) = x_0 - \dfrac{2}{\text{Trace}(u)}u(x_0)$.
Le vecteur $\overrightarrow{x_0y_0}$ est donc colinéaire au vecteur $u(x_0)$, lequel est un vecteur normal à $S$ en $x_0$.
Ainsi $y_0$ est situé sur la normale en $x_0$ à $S$.
Si $\text{Trace}(u) = 0$, l'équation (8) exprime que $u(x_0) \in \overrightarrow H$, l'hyperplan vectoriel orthogonal à $h$ soit que l'hyperplan $H$ est parallèle à la normale en $x_0$ à $S$ ou encore que $H$ passe par le point à l'infini de cette normale.
Enfin si $\text{Trace}(u) \ne 0$, on voit que $f$ est la restriction à $S$ de l'opérateur symétrique: $Id - \dfrac{2}{\text{Trace}(u)}u$
Exemple: $E = \mathbb R^3$, euclidien usuel et $S$ est l'ellipsoïde d'équation: $ \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} + \dfrac{z^2}{c^2}= 1$
Si $(x_0, y_0, z_0 \in S$, les coordonnées du point de Frégier associé sont:
$\dfrac{\left(\dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{c^2} - \dfrac{1}{a^2}\right)x_0}{\dfrac{1}{a^2}+ \dfrac{1}{b^2}+ \dfrac{1}{c^2}}$,
$\dfrac{\left(\dfrac{1}{c^2} + \dfrac{1}{a^2} - \dfrac{1}{b^2}\right)y_0}{\dfrac{1}{a^2}+ \dfrac{1}{b^2}+ \dfrac{1}{c^2}}$,
$\dfrac{\left(\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2} - \dfrac{1}{c^2}\right)z_0}{\dfrac{1}{a^2}+ \dfrac{1}{b^2}+ \dfrac{1}{c^2}}$