Mon problème porte sur l'intersection de deux hyperboles. Par souci de clarté j'ai préféré résumé ce pb dans un fichier latex joint.
Merci à ceux qui prendront le temps d'y réfléchir.
Mon cher PatrickVD
Ne confonds tu pas les verbes "orienter" et "tourner"?
Si j'ai bien compris ta démarche, tu cherches les intersections de deux hyperboles de même centre?
Amicalement
Pappus
En fait si c'est cela ton pb, chercher les intersections de deux coniques (ellipse ou hyperbole), de même centre, la réponse est simple:
Tu peux toujours mettre les équations de tes deux coniques sous la forme:
$q_1(x,y) = 1$ pour la première conique $\gamma_1$
et
$q_2(x,y) = 1$ pour la deuxième conique $\gamma_2$
où $q_1$ et $q_2$ sont des formes quadratiques.
Les points d'intersections éventuels de ces deux coniques doivent se trouver sur la courbe d'équation:
$q_1(x,y) -q_2(x,y) = 0$
sur laquelle je te laisse méditer un peu.
amicalement
Pappus
Effectivement mes hyperboles subissent une rotation et ont un centre commun (mais l'idéal serait de traiter le cas d'une rotation + translation combinée).
En tout cas merci pour la piste, je vais essayer de trouver ces q1 et q2 et te tiens au courant.
En fait je suis assez vite bloqué pour trouver ces fameux $q_{1}$ et $q_{2}$, si je reprends depuis le début, dans mon ancien repère j'ai :
\begin{equation}
\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1
\end{equation}
Soit
\begin{equation}
x = \pm a\sqrt{1 + \frac{y^2}{b^2}}
\end{equation}
Je fais tourner mon hyperbole d'un angle \textit{$\theta$} et me retrouve avec deux équations :
\begin{equation}\begin{cases}
x' &= x\cos{\theta} - y\sin{\theta}\\
y' &= x\sin{\theta} + y\cos{\theta}
\end{cases}\end{equation}
Maintenant il faut que je trouve une fonction $q$ du style $q(x',y') = 0$ c'est bien ça ?
Mais lorsque je tire $y$ de la première ligne du système d'équation (3) pour la remplacer dans la deuxième ligne, j'obtiens un $y'$ fonction de $x$ (celui de l'ancien repère). J'ai donc qqch du type $q(x,x',y') = 0$. Comment je peux virer ce $x$ en trop ?
Merci
PS : terrible l'option latex sur ce forum !! un vrai régal (:P)
bonjour patrickVD
A partir des formules donnant $(x',y')$ en fonction de $(x,y)$, tu peux calculer $(x,y)$ en fonction de $(x',y')$. Remplacé dans l'équation de l'hyperbole cela donnerait un truc du style $q(x',y')=1$.
Si j'ai bien compris tu cherches l'intersection de deux hyperboles déplacées toutes les deux. Classiquement, on paramètre l'une des deux et on remplace dans l'autre pour trouver les paramètres des points d'intersection. On tombe le plus souvent sur une équation du 4eme degré par rapport à une inconnue bien choisie.
Soit une hyperbole $H_{1}$ dans le plan d'équation :
\begin{equation}
\label{eqbase}
H_{1} : \frac{x_{1}^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{y^{2}}{b_{1}^{2}} = 1
\end{equation}
Nous pouvons exprimer $x_{1}$ en fonction de y d'apr\`es la relation précédente par :
$$x_{1} = \pm a_{1}\sqrt{ 1+\frac{y^{2}}{b_{1}^{2}} }
$$
Nous décidons de tourner l'hyperbole $H_{1}$ d'un angle $\theta_{1}$ et de déplacer son centre en $M_{1}(x_{01},y_{01})$. On passe donc par les matrices de rotations et exprimons $x'_{1}$ et $y'_{1}$ sous la forme :
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
x_{1}' \\
y_{1}'
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos{\theta_{1}} & -\sin{\theta_{1}} \\
\sin{\theta_{1}} & \cos{\theta_{1}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{1}\\
y
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
x_{01}\\
y_{01}
\end{pmatrix}
\end{equation*}
Ainsi, si l'on exprime $x_{1}$ et y en fonction de $x'_{1}$ et $y'_{1}$, on a :
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
x_{1} \\
y
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos{\theta_{1}} & \sin{\theta_{1}} \\
-\sin{\theta_{1}} & \cos{\theta_{1}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{1}' - x_{01}\\
y_{1}' - y_{01}
\end{pmatrix}
\end{equation*}
En remplaçant $x_{1}$ et $y$ dans (1), on exprime l'hyperbole sous la forme d'un polynôme de type :
\begin{equation*}
H_{1} : A_{1}x_{1}'^{2} + B_{1}x_{1}'y_{1}' + C_{1}y_{1}'^{2} + D_{1}x_{1}' + E_{1}y_{1}' + F_{1} = 1
\end{equation*}
avec
\begin{align*}
A_{1} &= \frac{\cos{\theta_{1}}^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{\sin{\theta_{1}}^{2}}{b_{1}^{2}}\\
B_{1} &= 2\gamma_{1}\delta_{1}\\
C_{1} &=\frac{\sin{\theta_{1}}^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{\cos{\theta_{1}}^{2}}{b_{1}^{2}}\\
D_{1} &= -2A_{1}x_{01} - 2\gamma_{1}y_{01}\delta_{1}\\
E_{1} &= -2C_{1}y_{01} - 2\gamma_{1}x_{01}\delta_{1}\\
F_{1} &= A_{1}x_{01}^{2} + 2\gamma_{1}\delta_{1}x_{01}y_{01} + C_{1}y_{01}^{2}
\end{align*}
où $\gamma_{1} = \cos{\theta_{1}}\sin{\theta_{1}}$ et $\delta_{1} = \frac{1}{a_{1}^{2}} + \frac{1}{b_{1}^{2}}$. Si l'on décide de poser :
\begin{align*}
A_{1}' &= C_{1}\\
B_{1}' &=B_{1}x_{1}' + E_{1}\\
C_{1}' &= A_{1}x_{1}'^{2} + D_{1}x_{1}' + F_{1}
\end{align*}
nous obtenons un polynôme en $y'_{1}$ du second degré et dont les coefficients dépendent de $x'_{1}$ :
\begin{align*}
H_{1} : A_{1}'y_{1}'^{2} + B_{1}'y_{1}' + C_{1}' = 1
\end{align*}
Si l'on considère deux hyperboles $H_{1}$ et $H_{2}$, l'ordonnée $y_{0}$ de leur point d'intersection vérifie :
\begin{equation*}
A_{1}'y_{0}^{2} + B_{1}'y_{0} + C_{1}' = A_{2}'y_{0}^{2} + B_{2}'y_{0} + C_{2}'
\end{equation*}
Mais là je ne vois pas comment faire car les deux équations sont égales à 1 de toute façon quelque soit la valeur que prend $y_{0} $ donc l'égalité est toujours vérifiée !
[Avec LaTeX, c'est toute l'expression mathématique qu'il faut encadrer par des \$, pas seulement quelques termes.
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Cette solution analytique ne marche que pour un cas précis ou le point d'intersection est unique et j'aimerai traiter un cas bcp plus général comme expliqué plus haut. Donc pour l'instant je reste encore bloqué mais tes propositions sont les bienvenues!
Une réponse possible t'a déjà été donnée par zephir : paramétrer de façon rationnelle une des hyperboles et rentrer dans l'équation de l'autre hyperbole.
Une paramétrisation possible de $\dfrac{x^2}{a_1^2}-\dfrac{y^2}{b_1^2} = 1$ est $x=\dfrac{t^2+a_1^2b_1^2}{2b_1t}$, $y=\dfrac{-t^2+a_1^2b_1^2}{2a_1t}$ (une des branches correspond à $t>0$ et l'autre à $t<0$. Tu peux transformer cette paramétrisation par rotation et translation et ensuite tu rentres ça dans l'autre équation implicite $\dfrac{x^2}{a_2^2}-\dfrac{y^2}{b_2^2} = 1$. Ca te fait une équation de degré 4 en le paramètre $t$, d'où au plus quatre solutions réelles. Tu peux faire un premier tri en ne gardant que celles avec $t>0$.
Clairement, si $(x,y)$ est point d'intersection, alors $(-x,y),(x,-y),(-x,-y)$ le sont aussi.
A partir de $a_1^2 \Big(\dfrac{y^2}{b_1^2}+1\Big)= a_2^2\Big(\dfrac{y^2}{b_2^2}+1\Big)$, voir le fil chez les copains d'en face, tu obtiens les ordonnées des points d'intersection éventuels : $$y^2=b_1^2b_2^2 \,\dfrac{a_2^2-a_1^2}{a_1^2b_2^2-a_2^2b_1^2}$$ puis petit calcul pour obtenir les abscisses correspondantes : $$x^2=a_1^2a_2^2\, \dfrac{b_2^2-b_1^2}{a_1^2b_2^2-a_2^2b_1^2}$$
Discussion :
\begin{itemize}
\item si $a_2 > a_1$ et $a_1b_2 > a_2b_1$, ce qui implique $b_2 > b_1$, tu as les quatre solutions offertes sur un plateau,
\item si $a_2 < a_1$ et $b_1 < b_2$, pas de solution,
\item autres cas à examiner : tu obtiendras apparemment $0,2,4$ ou une infinité de solutions ...
\end{itemize}
De plus, les asymptotes de tes hyperboles ont pour équation $ y= \pm \dfrac{b_i}{a_i}x$, un petit dessin illustre alors aisément les résultats obtenus.
Bonjour à tous, je tenais à vous faire part de mes résultats en guise de remerciements pour tous vos conseils, normalement il n'y a pas de coquilles j'ai vérifié mes résultats par simulation sur Matlab et ça a bien fonctionné (enfin pour l'instant, mais sait on jamais). Finalement j'ai raisonné en cartésien du début à la fin, sans paramétrage, c'est vrai que c'est assez lourd mais avec un bon solveur et bcp de patience on y arrive, voici donc comment j'ai abordé les choses :
Soit une hyperbole H$_{i}$ dans le repère \textit{$\mathcal R$} orthonormé, tout point $(x,y) \in H_{i}$ vérifie l'équation :
\begin{equation}
\label{eqbase}
H_{1} : \frac{x^{2}}{a_{i}^{2}} - \frac{y^{2}}{b_{i}^{2}} = 1
\end{equation}
Nous pouvons exprimer $x$ en fonction de $y$ d'après la relation précédente par :
\begin{equation}
x = \pm a_{i}\sqrt{(1+\frac{y^{2}}{b_{i}^{2}})}
\end{equation}
Si l'on décide de faire subir à $H_{i}$ une rotation d'un angle $\theta_{i}$ et de translater son centre au point $M_{i}(x_{0i},y_{0i})$, alors tout point de $H_{i}$ de coordonnées $(x_{i}',y_{i}')$ s'exprime dans $\R$
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
x_{i}' \\
y_{i}'
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos{\theta_{i}} & -\sin{\theta_{i}} \\
\sin{\theta_{i}} & \cos{\theta_{i}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
x_{0i}\\
y_{0i}
\end{pmatrix}
\end{equation}
Ainsi, si l'on exprime $x$ et $y$ en fonction de $x_{i}'$ et $y_{i}'$, on a :
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos{\theta_{i}} & \sin{\theta_{i}} \\
-\sin{\theta_{i}} & \cos{\theta_{i}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{i}' - x_{0i}\\
y_{i}' - y_{0i}
\end{pmatrix}
\end{equation}
En remplaçant $x$ et $y$ dans (1), on exprime l'hyperbole sous la forme d'un polynôme de type :
\begin{equation}
\label{eq5}
H_{1} : A_{1}x_{i}'^{2} + B_{1}x_{i}'y_{1}' + C_{1}y_{i}'^{2} + D_{1}x_{i}' + E_{1}y_{i}' + F_{1} = 1
\end{equation}
avec
\begin{equation}
\begin{split}
A_{i} &= \frac{\cos{\theta_{i}}^{2}}{a_{i}^{2}} - \frac{\sin{\theta_{i}}^{2}}{b_{i}^{2}}\\
B_{i} &= 2\gamma_{i}\delta_{i}\\
C_{i} &=\frac{\sin{\theta_{i}}^{2}}{a_{i}^{2}} - \frac{\cos{\theta_{i}}^{2}}{b_{i}^{2}}\\
D_{i} &= -2A_{i}x_{0i} - 2\gamma_{1}y_{0i}\delta_{i}\\
E_{i} &= -2C_{i}y_{0i} - 2\gamma_{1}x_{0i}\delta_{i}\\
F_{i} &= A_{i}x_{0i}^{2} + 2\gamma_{i}\delta_{i}x_{0i}y_{0i} + C_{i}y_{0i}^{2}
\end{split}
\end{equation}
où $\gamma_{i} = \cos{\theta_{i}}\sin{\theta_{i}}$ et $\delta_{i} = \frac{1}{a_{i}^{2}} + \frac{1}{b_{i}^{2}}$
Trouver les points d'intersections entre deux hyperboles $H_{1}$ et $H_{2}$ revient donc à trouver les couples de valeurs $(x_{s},y_{s})$ qui vérifient le système :
\begin{equation}
\label{sys}
\left\{
\begin{array}{ll}
A_{1}x_{s}^{2} + B_{1}x_{s}y_{s} + C_{1}y_{s}^{2} + D_{1}x_{s} + E_{1}y_{s} + F_{1} = 1\\
A_{2}x_{s}^{2} + B_{2}x_{s}y_{s} + C_{2}y_{s}^{2} + D_{2}x_{s} + E_{2}y_{s} + F_{2} = 1
\end{array}
\right.
\end{equation}
\subsection{Cas de deux hyperboles centrées en $\{$0,0$\}$ : }
Dans ce cas, $D_{i} = E_{i} = F_{i} = 0$, quelque soit $i \in \{1,2\}$.
\paragraph{sous cas 1 : les axes focaux sont orthogonaux selon les axes du repère :}
Alors on a aussi $B_{i} = 0$, quelque soit $i \in \{1,2\}$. Le système à résoudre est :
\begin{equation}
\label{sys}
\left\{
\begin{array}{ll}
A_{1}x_{s}^{2} + C_{1}y_{s}^{2} = 1\\
A_{2}x_{s}^{2} + C_{2}y_{s}^{2} = 1
\end{array}
\right.
\end{equation}
On trouve au plus quatre point solutions : $(x_{a},y_{a}),(-x_{a},y_{a}),(x_{a},-y_{a}),(-x_{a},-y_{a})$ avec :
\begin{equation}
\begin{split}
x_{a} &= \sqrt{\frac{C_(2)-C_(1)}{A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}}}\\
y_{a} &= \sqrt{\frac{A_(1)-A_(2)}{A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}}}
\end{split}
\end{equation}
\paragraph{sous cas 2 : au moins l'un des deux axes focaux n'est pas aligné avec un axe du repère :}
Le système à résoudre est :
\begin{equation}
\label{sys}
\left\{
\begin{array}{ll}
A_{1}x_{s}^{2} + B_{1}x_{s}y_{s} + C_{1}y_{s}^{2} = 1\\
A_{2}x_{s}^{2} + B_{2}x_{s}y_{s} + C_{2}y_{s}^{2} = 1
\end{array}
\right.
\end{equation}
On trouve au plus quatre point solutions : $(-x_{a},y_{a}),(x_{a},-y_{a}),(-x_{b},y_{b}),(x_{b},-y_{b})$ avec :
\begin{equation}
\begin{split}
x_{a} &= \frac{1}{A_{2}B_{1} - A_{1}B_{2}}\left(\frac{\mu + \lambda}{2\kappa}(A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}) + A_{2}-A_{1}\right)\sqrt{\frac{2\kappa}{\mu + \lambda}}\\
x_{b} &= \frac{1}{A_{2}B_{1} - A_{1}B_{2}}\left(\frac{\mu - \lambda}{2\kappa}(A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}) + A_{2}-A_{1}\right)\sqrt{\frac{2\kappa}{\mu - \lambda}}\\
y_{a} &= \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\frac{\mu + \lambda}{\kappa}}\\
y_{b} &= \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\frac{\mu - \lambda}{\kappa}}
\end{split}
\end{equation}
où
\begin{equation}
\begin{split}
\mu &= 2(A_{1} - A_{2})(A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}) - (B_{1} - B_{2})(B_{2}A_{1} - B_{1}A_{2})\\
\lambda &= \sqrt{-(B_{2}A_{1} - B_{1}A_{2})^{2}[4(C_{1} - C_{2})(A_{1} - A_{2}) - (B_{1}-B_{2})^{2}]}\\
\kappa &= (A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1})^{2} + (B_{1}C_{2} - B_{2}C_{1})(B_{1}A_{2} - A_{1}B_{2})\\
\end{split}
\end{equation}
Voilà pour l'instant, pour ce qui est du cas général (c'est à dire résoudre l'équation 7, Matlab me fait une erreur de segmentation, Maple est infiniment long et Mathématica me présente un résultat à rallonge, alors j'ai essayé d'alléger le pb en me disant que je pouvais au moins mettre l'une des deux hyperboles sous sa forme réduite mais ca reste quand même très lourd. Enfin de mon côté ces résultats me suffisent largement, désolé si l'écriture n'est pas très mathématiquement rigoureuse, n'hésitez à me faire part de vos critiques de ce point de vue là.
Encore merci à tous !
Réponses
Ne confonds tu pas les verbes "orienter" et "tourner"?
Si j'ai bien compris ta démarche, tu cherches les intersections de deux hyperboles de même centre?
Amicalement
Pappus
Tu peux toujours mettre les équations de tes deux coniques sous la forme:
$q_1(x,y) = 1$ pour la première conique $\gamma_1$
et
$q_2(x,y) = 1$ pour la deuxième conique $\gamma_2$
où $q_1$ et $q_2$ sont des formes quadratiques.
Les points d'intersections éventuels de ces deux coniques doivent se trouver sur la courbe d'équation:
$q_1(x,y) -q_2(x,y) = 0$
sur laquelle je te laisse méditer un peu.
amicalement
Pappus
Effectivement mes hyperboles subissent une rotation et ont un centre commun (mais l'idéal serait de traiter le cas d'une rotation + translation combinée).
En tout cas merci pour la piste, je vais essayer de trouver ces q1 et q2 et te tiens au courant.
Bonne soirée
En fait je suis assez vite bloqué pour trouver ces fameux $q_{1}$ et $q_{2}$, si je reprends depuis le début, dans mon ancien repère j'ai :
\begin{equation}
\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1
\end{equation}
Soit
\begin{equation}
x = \pm a\sqrt{1 + \frac{y^2}{b^2}}
\end{equation}
Je fais tourner mon hyperbole d'un angle \textit{$\theta$} et me retrouve avec deux équations :
\begin{equation}\begin{cases}
x' &= x\cos{\theta} - y\sin{\theta}\\
y' &= x\sin{\theta} + y\cos{\theta}
\end{cases}\end{equation}
Maintenant il faut que je trouve une fonction $q$ du style $q(x',y') = 0$ c'est bien ça ?
Mais lorsque je tire $y$ de la première ligne du système d'équation (3) pour la remplacer dans la deuxième ligne, j'obtiens un $y'$ fonction de $x$ (celui de l'ancien repère). J'ai donc qqch du type $q(x,x',y') = 0$. Comment je peux virer ce $x$ en trop ?
Merci
PS : terrible l'option latex sur ce forum !! un vrai régal (:P)
A partir des formules donnant $(x',y')$ en fonction de $(x,y)$, tu peux calculer $(x,y)$ en fonction de $(x',y')$. Remplacé dans l'équation de l'hyperbole cela donnerait un truc du style $q(x',y')=1$.
Si j'ai bien compris tu cherches l'intersection de deux hyperboles déplacées toutes les deux. Classiquement, on paramètre l'une des deux et on remplace dans l'autre pour trouver les paramètres des points d'intersection. On tombe le plus souvent sur une équation du 4eme degré par rapport à une inconnue bien choisie.
Cordialement,
zephir.
J'ai bien pu avancer grâce à vos réponses, sur le papier j'ai un début de solution. Je vous tiens au courant.
Soit une hyperbole $H_{1}$ dans le plan d'équation :
\begin{equation}
\label{eqbase}
H_{1} : \frac{x_{1}^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{y^{2}}{b_{1}^{2}} = 1
\end{equation}
Nous pouvons exprimer $x_{1}$ en fonction de y d'apr\`es la relation précédente par :
$$x_{1} = \pm a_{1}\sqrt{ 1+\frac{y^{2}}{b_{1}^{2}} }
$$
Nous décidons de tourner l'hyperbole $H_{1}$ d'un angle $\theta_{1}$ et de déplacer son centre en $M_{1}(x_{01},y_{01})$. On passe donc par les matrices de rotations et exprimons $x'_{1}$ et $y'_{1}$ sous la forme :
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
x_{1}' \\
y_{1}'
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos{\theta_{1}} & -\sin{\theta_{1}} \\
\sin{\theta_{1}} & \cos{\theta_{1}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{1}\\
y
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
x_{01}\\
y_{01}
\end{pmatrix}
\end{equation*}
Ainsi, si l'on exprime $x_{1}$ et y en fonction de $x'_{1}$ et $y'_{1}$, on a :
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
x_{1} \\
y
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos{\theta_{1}} & \sin{\theta_{1}} \\
-\sin{\theta_{1}} & \cos{\theta_{1}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{1}' - x_{01}\\
y_{1}' - y_{01}
\end{pmatrix}
\end{equation*}
En remplaçant $x_{1}$ et $y$ dans (1), on exprime l'hyperbole sous la forme d'un polynôme de type :
\begin{equation*}
H_{1} : A_{1}x_{1}'^{2} + B_{1}x_{1}'y_{1}' + C_{1}y_{1}'^{2} + D_{1}x_{1}' + E_{1}y_{1}' + F_{1} = 1
\end{equation*}
avec
\begin{align*}
A_{1} &= \frac{\cos{\theta_{1}}^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{\sin{\theta_{1}}^{2}}{b_{1}^{2}}\\
B_{1} &= 2\gamma_{1}\delta_{1}\\
C_{1} &=\frac{\sin{\theta_{1}}^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{\cos{\theta_{1}}^{2}}{b_{1}^{2}}\\
D_{1} &= -2A_{1}x_{01} - 2\gamma_{1}y_{01}\delta_{1}\\
E_{1} &= -2C_{1}y_{01} - 2\gamma_{1}x_{01}\delta_{1}\\
F_{1} &= A_{1}x_{01}^{2} + 2\gamma_{1}\delta_{1}x_{01}y_{01} + C_{1}y_{01}^{2}
\end{align*}
où $\gamma_{1} = \cos{\theta_{1}}\sin{\theta_{1}}$ et $\delta_{1} = \frac{1}{a_{1}^{2}} + \frac{1}{b_{1}^{2}}$. Si l'on décide de poser :
\begin{align*}
A_{1}' &= C_{1}\\
B_{1}' &=B_{1}x_{1}' + E_{1}\\
C_{1}' &= A_{1}x_{1}'^{2} + D_{1}x_{1}' + F_{1}
\end{align*}
nous obtenons un polynôme en $y'_{1}$ du second degré et dont les coefficients dépendent de $x'_{1}$ :
\begin{align*}
H_{1} : A_{1}'y_{1}'^{2} + B_{1}'y_{1}' + C_{1}' = 1
\end{align*}
Si l'on considère deux hyperboles $H_{1}$ et $H_{2}$, l'ordonnée $y_{0}$ de leur point d'intersection vérifie :
\begin{equation*}
A_{1}'y_{0}^{2} + B_{1}'y_{0} + C_{1}' = A_{2}'y_{0}^{2} + B_{2}'y_{0} + C_{2}'
\end{equation*}
Mais là je ne vois pas comment faire car les deux équations sont égales à 1 de toute façon quelque soit la valeur que prend $y_{0} $ donc l'égalité est toujours vérifiée !
[Avec LaTeX, c'est toute l'expression mathématique qu'il faut encadrer par des \$, pas seulement quelques termes.
Clique sur "Code LaTeX" AD]
Que reproches-tu à cette méthode anlytique proposée par les copains d'en face ?
Amicalement.
Cette solution analytique ne marche que pour un cas précis ou le point d'intersection est unique et j'aimerai traiter un cas bcp plus général comme expliqué plus haut. Donc pour l'instant je reste encore bloqué mais tes propositions sont les bienvenues!
Salutations, (:P)
Une réponse possible t'a déjà été donnée par zephir : paramétrer de façon rationnelle une des hyperboles et rentrer dans l'équation de l'autre hyperbole.
Une paramétrisation possible de $\dfrac{x^2}{a_1^2}-\dfrac{y^2}{b_1^2} = 1$ est $x=\dfrac{t^2+a_1^2b_1^2}{2b_1t}$, $y=\dfrac{-t^2+a_1^2b_1^2}{2a_1t}$ (une des branches correspond à $t>0$ et l'autre à $t<0$. Tu peux transformer cette paramétrisation par rotation et translation et ensuite tu rentres ça dans l'autre équation implicite $\dfrac{x^2}{a_2^2}-\dfrac{y^2}{b_2^2} = 1$. Ca te fait une équation de degré 4 en le paramètre $t$, d'où au plus quatre solutions réelles. Tu peux faire un premier tri en ne gardant que celles avec $t>0$.
Clairement, si $(x,y)$ est point d'intersection, alors $(-x,y),(x,-y),(-x,-y)$ le sont aussi.
A partir de $a_1^2 \Big(\dfrac{y^2}{b_1^2}+1\Big)= a_2^2\Big(\dfrac{y^2}{b_2^2}+1\Big)$, voir le fil chez les copains d'en face, tu obtiens les ordonnées des points d'intersection éventuels : $$y^2=b_1^2b_2^2 \,\dfrac{a_2^2-a_1^2}{a_1^2b_2^2-a_2^2b_1^2}$$ puis petit calcul pour obtenir les abscisses correspondantes : $$x^2=a_1^2a_2^2\, \dfrac{b_2^2-b_1^2}{a_1^2b_2^2-a_2^2b_1^2}$$
Discussion :
\begin{itemize}
\item si $a_2 > a_1$ et $a_1b_2 > a_2b_1$, ce qui implique $b_2 > b_1$, tu as les quatre solutions offertes sur un plateau,
\item si $a_2 < a_1$ et $b_1 < b_2$, pas de solution,
\item autres cas à examiner : tu obtiendras apparemment $0,2,4$ ou une infinité de solutions ...
\end{itemize}
De plus, les asymptotes de tes hyperboles ont pour équation $ y= \pm \dfrac{b_i}{a_i}x$, un petit dessin illustre alors aisément les résultats obtenus.
Amicalement.
Soit une hyperbole H$_{i}$ dans le repère \textit{$\mathcal R$} orthonormé, tout point $(x,y) \in H_{i}$ vérifie l'équation :
\begin{equation}
\label{eqbase}
H_{1} : \frac{x^{2}}{a_{i}^{2}} - \frac{y^{2}}{b_{i}^{2}} = 1
\end{equation}
Nous pouvons exprimer $x$ en fonction de $y$ d'après la relation précédente par :
\begin{equation}
x = \pm a_{i}\sqrt{(1+\frac{y^{2}}{b_{i}^{2}})}
\end{equation}
Si l'on décide de faire subir à $H_{i}$ une rotation d'un angle $\theta_{i}$ et de translater son centre au point $M_{i}(x_{0i},y_{0i})$, alors tout point de $H_{i}$ de coordonnées $(x_{i}',y_{i}')$ s'exprime dans $\R$
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
x_{i}' \\
y_{i}'
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos{\theta_{i}} & -\sin{\theta_{i}} \\
\sin{\theta_{i}} & \cos{\theta_{i}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
x_{0i}\\
y_{0i}
\end{pmatrix}
\end{equation}
Ainsi, si l'on exprime $x$ et $y$ en fonction de $x_{i}'$ et $y_{i}'$, on a :
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos{\theta_{i}} & \sin{\theta_{i}} \\
-\sin{\theta_{i}} & \cos{\theta_{i}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{i}' - x_{0i}\\
y_{i}' - y_{0i}
\end{pmatrix}
\end{equation}
En remplaçant $x$ et $y$ dans (1), on exprime l'hyperbole sous la forme d'un polynôme de type :
\begin{equation}
\label{eq5}
H_{1} : A_{1}x_{i}'^{2} + B_{1}x_{i}'y_{1}' + C_{1}y_{i}'^{2} + D_{1}x_{i}' + E_{1}y_{i}' + F_{1} = 1
\end{equation}
avec
\begin{equation}
\begin{split}
A_{i} &= \frac{\cos{\theta_{i}}^{2}}{a_{i}^{2}} - \frac{\sin{\theta_{i}}^{2}}{b_{i}^{2}}\\
B_{i} &= 2\gamma_{i}\delta_{i}\\
C_{i} &=\frac{\sin{\theta_{i}}^{2}}{a_{i}^{2}} - \frac{\cos{\theta_{i}}^{2}}{b_{i}^{2}}\\
D_{i} &= -2A_{i}x_{0i} - 2\gamma_{1}y_{0i}\delta_{i}\\
E_{i} &= -2C_{i}y_{0i} - 2\gamma_{1}x_{0i}\delta_{i}\\
F_{i} &= A_{i}x_{0i}^{2} + 2\gamma_{i}\delta_{i}x_{0i}y_{0i} + C_{i}y_{0i}^{2}
\end{split}
\end{equation}
où $\gamma_{i} = \cos{\theta_{i}}\sin{\theta_{i}}$ et $\delta_{i} = \frac{1}{a_{i}^{2}} + \frac{1}{b_{i}^{2}}$
Trouver les points d'intersections entre deux hyperboles $H_{1}$ et $H_{2}$ revient donc à trouver les couples de valeurs $(x_{s},y_{s})$ qui vérifient le système :
\begin{equation}
\label{sys}
\left\{
\begin{array}{ll}
A_{1}x_{s}^{2} + B_{1}x_{s}y_{s} + C_{1}y_{s}^{2} + D_{1}x_{s} + E_{1}y_{s} + F_{1} = 1\\
A_{2}x_{s}^{2} + B_{2}x_{s}y_{s} + C_{2}y_{s}^{2} + D_{2}x_{s} + E_{2}y_{s} + F_{2} = 1
\end{array}
\right.
\end{equation}
\subsection{Cas de deux hyperboles centrées en $\{$0,0$\}$ : }
Dans ce cas, $D_{i} = E_{i} = F_{i} = 0$, quelque soit $i \in \{1,2\}$.
\paragraph{sous cas 1 : les axes focaux sont orthogonaux selon les axes du repère :}
Alors on a aussi $B_{i} = 0$, quelque soit $i \in \{1,2\}$. Le système à résoudre est :
\begin{equation}
\label{sys}
\left\{
\begin{array}{ll}
A_{1}x_{s}^{2} + C_{1}y_{s}^{2} = 1\\
A_{2}x_{s}^{2} + C_{2}y_{s}^{2} = 1
\end{array}
\right.
\end{equation}
On trouve au plus quatre point solutions : $(x_{a},y_{a}),(-x_{a},y_{a}),(x_{a},-y_{a}),(-x_{a},-y_{a})$ avec :
\begin{equation}
\begin{split}
x_{a} &= \sqrt{\frac{C_(2)-C_(1)}{A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}}}\\
y_{a} &= \sqrt{\frac{A_(1)-A_(2)}{A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}}}
\end{split}
\end{equation}
\paragraph{sous cas 2 : au moins l'un des deux axes focaux n'est pas aligné avec un axe du repère :}
Le système à résoudre est :
\begin{equation}
\label{sys}
\left\{
\begin{array}{ll}
A_{1}x_{s}^{2} + B_{1}x_{s}y_{s} + C_{1}y_{s}^{2} = 1\\
A_{2}x_{s}^{2} + B_{2}x_{s}y_{s} + C_{2}y_{s}^{2} = 1
\end{array}
\right.
\end{equation}
On trouve au plus quatre point solutions : $(-x_{a},y_{a}),(x_{a},-y_{a}),(-x_{b},y_{b}),(x_{b},-y_{b})$ avec :
\begin{equation}
\begin{split}
x_{a} &= \frac{1}{A_{2}B_{1} - A_{1}B_{2}}\left(\frac{\mu + \lambda}{2\kappa}(A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}) + A_{2}-A_{1}\right)\sqrt{\frac{2\kappa}{\mu + \lambda}}\\
x_{b} &= \frac{1}{A_{2}B_{1} - A_{1}B_{2}}\left(\frac{\mu - \lambda}{2\kappa}(A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}) + A_{2}-A_{1}\right)\sqrt{\frac{2\kappa}{\mu - \lambda}}\\
y_{a} &= \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\frac{\mu + \lambda}{\kappa}}\\
y_{b} &= \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\frac{\mu - \lambda}{\kappa}}
\end{split}
\end{equation}
où
\begin{equation}
\begin{split}
\mu &= 2(A_{1} - A_{2})(A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1}) - (B_{1} - B_{2})(B_{2}A_{1} - B_{1}A_{2})\\
\lambda &= \sqrt{-(B_{2}A_{1} - B_{1}A_{2})^{2}[4(C_{1} - C_{2})(A_{1} - A_{2}) - (B_{1}-B_{2})^{2}]}\\
\kappa &= (A_{1}C_{2} - A_{2}C_{1})^{2} + (B_{1}C_{2} - B_{2}C_{1})(B_{1}A_{2} - A_{1}B_{2})\\
\end{split}
\end{equation}
Voilà pour l'instant, pour ce qui est du cas général (c'est à dire résoudre l'équation 7, Matlab me fait une erreur de segmentation, Maple est infiniment long et Mathématica me présente un résultat à rallonge, alors j'ai essayé d'alléger le pb en me disant que je pouvais au moins mettre l'une des deux hyperboles sous sa forme réduite mais ca reste quand même très lourd. Enfin de mon côté ces résultats me suffisent largement, désolé si l'écriture n'est pas très mathématiquement rigoureuse, n'hésitez à me faire part de vos critiques de ce point de vue là.
Encore merci à tous !