MA*MB=k

jeroM · May 2012

bonjour,
Je cherche l'ensemble des points $M$ du plan tels que :
$$MA\times MB=k$$
pour deux points distincts $A$ et $B$ et où $k>0$.

Ce lieu de points est sans doute connu, mais je n'arrive ni à m'en tirer seul, ni à trouver de source.

J'ai penser aux inversions, mais sans vois comment m'en servir.

merci d'avance.

gb · May 2012

Bonjour,

Il s'agit des ovales de Cassini, parmi lesquels la lemniscate de Bernoulli.

Une référence ici.

Bruno · May 2012

Et quand gb (que je salue révérencieusement au passage) a répondu, il n'y a plus rien à ajouter

.

Bruno

jeroM · May 2012

merci beaucoup gb.

christophe c · May 2012

En prenant $G$ le milieu de $[A,B]$ (j'écris exprès $G$ pour raison suggestive), ton ensemble est l'ensemble des points $M$ tels que $(\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA}) \times (\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GB}) = k$, c'est à dire ceux vérifiant:

$(MG^2 + \overrightarrow{MG} . (\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB}) = k'$ avec $k':=k-\overrightarrow{GA}.\overrightarrow{GB}$ et en notant "." le produit scalaire.

c'est à dire vérifant: $MG^2 = k'$ dont il semble que tu "devines" de quoi il s'agit?

Bruno a bien raison!!!

-D , j'ai lu trop vite la question

jeroM · May 2012

Un lien avec les inversions existe bien, non ? je le sens, mais je ne le vois pas.

Bouzar · May 2012

Bonjour

En élevant au carré, on a $MA^2\times MB^2=k^2.$ Je pose $AB=2a.$ On a donc :
$[(x + a)^2 + y^2] [(x - a)^2 + y^2] = k^2$ soit
$(x^2 + y^2)^2 + 2a^2(y^2 - x^2) - k^2 = 0.$
On a donc affaire à une ovale de Cassini. C'est une courbe algébrique de degré $4.$ C'est même une quartique bicirculaire.

Bruno · May 2012

jeroM : a écrit:

Un lien avec les inversions existe bien, non ? je le sens, mais je ne le vois pas.

Cela arrive tellement souvent dans la vie... A titre informatif, l'inversion fournit une formule permettant de calculer la distance des images de deux points.

Les triangles $OAB$ et $OA'B'$ ont deux angles égaux : $\widehat{AOB} = \widehat{A'OB'}$ et $\widehat{OAB} = \widehat{OB'A'}$, d'après le théorème de l'angle inscrit ; ces triangles sont donc semblables et l'on a $:\$ [\frac{A'B'}{AB} = \frac{OB'}{OA}\]mais, puisqu'il y a l'inversion de pôle $O$ et de puissance $k$, on a $OB' = \dfrac k{OB}$ ce qui donne la formule $:\$ [A'B' = \frac {k.AB}{OA.OB}\]

Bruno 23540

jeroM · May 2012

bonjour,
Merci Bruno, mais pas sûr que ça aide pour le lieu des pôles $M$ des inversions de rapport $k$ qui transforment $A$ en $B$.

Les documents en ligne sur les ovales de Cassini (ou sur le lemniscate de Bernoulli) ne les considère que d'un point de vue cartésien ou polaire.

Je voyais quelque chose de plus géométrique en vue de le placer en 1ère S : on arrivait, par des méthodes classiques de la classe, à trouver les points $M$ qui soient sur le lieu de points et sur la droite $(AB)$ .
Mais pour les autres points, ça semble trop compliqué, tant pis :-(