La trisectrice peut être médiane

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Réponses

  • @ pappus : pour trouver j'ai utilisé GGB et son calcul formel. J'ai refait les calculs et je ne vois pas où est l'erreur.
  • Mon cher Ludwig
    Tu traces ta quartique et ton cercle d'inversion.
    Tu prends un point sur la quartique et tu le transformes par ton inversion
    Tu regardes ce que tu obtiens
    Toi et Rescassol ne décrivez pas la même inversion.
    Donc au moins l'un de vous deux a tort!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Comment as-tu utilisé le calcul formel de GeoGebra?
    Ca m'intéresse!!
  • Pour trouver l'inversion j'ai d'abord placé un point $E$ sur la droite $(BC)$, puis j'ai tracé le cercle de centre $E$ passant par $A'$. J'ai tracé directement l'image de la quartique par l'inversion relative à ce cercle. Puis j'ai déplacé le point $E$ sur la droite $(BC)$ pour que la quartique image se superpose à celle de départ : il m'a semblé alors que $E$ ne se trouvait pas n'importe où, mais bien là où je l'ai indiqué plus haut (le symétrique du milieu de $[A'C]$ par rapport à $C$).

    J'ai ensuite vérifié cela en changeant la valeur du paramètre $b$ (l'abscisse du point $B$ dans ton repère).

    Enfin, avec le calcul formel de GGB, j'ai copié-collé l'équation de cette quartique image (pour $b=-1$), que j'ai factorisé pour trouver :
    $\left(4 \; x^{2} + 4 \; y^{2} - 12 \; x + 9 \right)^{2} \; \left(2 \; x^{2} \; y^{2} + x^{4} + y^{4} + 2 \; x \; y^{2} + 2 \; x^{3} - 3 \; x^{2} + y^{2} \right) = 0$.
    La deuxième parenthèse correspond à l'équation de la quartique initiale, la première s'écrit aussi :
    $(3-2x)^2+4y^2=0$, dont l'unique solution est le centre du cercle d'inversion.

    Voilà!
  • Merci Ludwig!
    J'adore ta méthode expérimentale!
    Tu te rends bien compte que ce n'est pas très règlementaire mais tu aurais dû arriver au bon résultat
    Pourquoi un cercle de diamètre $A'E$ et pas un autre diamètre.
    C'est vrai que $A'$ doit être sur le cercle d'inversion mais donne moi une raison heuristique pour qu'il en soit ainsi.
    J'ai dit que je ne regardai pas trop les calculs comme ceux de Tonm par exemple.
    Mais l'équation de la quartique, c'est moi qui l'ai écrite en premier et je peux t'assurer qu'elle ne se factorise pas sinon on aurait pas affaire à une honnête quartique.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Mon cher Ludwig
    Sur cette figure de la quartique, j'ai tracé ton cercle d'inversion suivant tes indications, d'abord $D$ le milieu de $A'C$ puis $E$ le symétrique de $D$ par rapport à $C$ et enfin le cercle de diamètre $A'E$.
    J'ai tracé l'inverse $A'$ d'un point quelconque $A$ de la quartique par rapport à ton cercle d'inversion et je constate avec grande tristesse que $A'$ n'est pas sur la quartique!
    Bref c'est moi qui ai fait ce que je t'avais conseillé de faire et que tu aurais dû faire!
    Par acquit de conscience j'ai tracé en bleu le lieu de $A'$!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus115268
  • $A'$ doit être sur le cercle d'inversion car l'inversion recherchée doit laisser globalement invariant la quartique, et par conséquent l'image de $A'$ par cette inversion doit être lui-même (ok, dire cela n'est sûrement pas donner une justification complète...).

    Si mon inversion n'est pas la solution, alors où est l'erreur ? Que l'équation de la quartique image obtenue par GGB se factorise est-il vraiment un problème ? Il se peut que la première parenthèse, correspondant au centre du cercle d'inversion, soit une conséquence de la façon dont GGB calcule.

    En tous cas, quand on demande à GGB de construire l'image de la quartique par l'inversion que j'ai décrite, sa réponse est claire : l'image est bien la quartique de départ (j'ai aussi vérifié avec l'outil RELATION : l'image d'un point est bien sur la quartique initiale).


    Ah ça y est, ton dernier message m'a montré mon erreur : je voulais parler du cercle de centre $E$ passant par $A'$, et non pas celui de diamètre $[A'E]$.
  • Mon cher Ludwig
    Ta méthode expérimentale fonctionne fort bien mais elle doit être justifiée ensuite par le calcul!
    Quant à l'équation polynomiale de la quartique, elle ne se factorise pas, point barre.
    Si tu trouves qu'elle se factorise, alors là oui, tu as un gros, très gros problème!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Alors je repose la question à cent sous encore une autre fois, comment trouver cette inversion par un petit raisonnement simple de géométrie circulaire?
  • Cette équation de l'image de la quartique par l'inversion, telle qu'elle est donnée par GGB, se factorise oui, mais pas n'importe comment! Car le membre "inutile" de cette factorisation s'écrit $(3-2x)^2+4y^2=0$, ce qui n'est rien d'autre qu'un cercle réduit à un point. L'autre membre de la factorisation correspond bien à l'équation de la quartique initiale. La question serait donc plutôt de se demander d'où peut bien venir cet autre facteur. Le point solution de l'équation $(3-2x)^2+4y^2=0$ est le centre du cercle d'inversion, et ce n'est sûrement pas un hasard ! Or l'image d'un point situé à l'infini par une inversion est justement le centre du cercle d'inversion, cela est peut-être un signe que l'apparition de ce facteur parasite soit dû à la façon dont GGB calcule l'image par une inversion.

    Après pappus je suis d'accord avec toi, ma méthode très expérimentale doit être justifiée. Et je n'ai pas trouvé ton petit raisonnement simple.
  • Bonsoir,

    Voilà mon code:
    % Djelloul Sebaa - 31 Décembre 2020 - La trisectrice peut être médiane
    
    clear all, clc
    
    b=-1;
    bB=-1;
    
    c=1;
    cB=1;
    
    syms z zB
    
    BM2=(z-b)*(zB-bB);
    CM2=(z-c)*(zB-cB);
    OM2=z*zB;
    
    % Pythagore généralisé donne cosA=(b^2+c^2-a^2)/(2bc) donc:
    
    Cos2=(OM2+CM2-1)^2/(4*OM2*CM2);    % cos^2(theta)
    Cos22=(OM2+BM2-1)^2/(4*OM2*BM2);   % cos^2(2*theta)
    
    Eq=(2*Cos2-1)^2 - Cos22; % (2cos^2(x)-1)^2-cos^2(2x) = 0
    Eq=numden(Factor(Eq))
    
    % On trouve:
    
    Eq=-(z - zB)^2*(z + zB - 3*z*zB + 1)*(z^2*zB^2 + z^2*zB - z^2 + z*zB^2 - z*zB - zB^2);
    
    % z=zB est l'équation de (BC) qui est solution: 0 = 2 * 0
    
    % Je ne vois pas quoi faire de la solution parasite qui n'est pas solution dans Géogébra.
    % z + zB - 3*z*zB + 1 = 0 est l'équation du cercle de centre Ce(1/3) et de rayon 2/3
    
    % Enfin, il y a la quartique d'équation F(z,zB) = 0 avec:
    
    F(z,zB)=z^2*zB^2 + (z^2*zB+z*zB^2) - (z^2+z*zB+zB^2)
    
    Puis la façon dont j'ai trouvé l'inversion:
    syms o k real
    
    % A' doit être sur le cercle d'inversion, donc k=o^2
    
    k=o^2;
    
    G(z,zB)=numden(Factor(F(o+k/(zB-o),o+k/(z-o))));
    G(z,zB)=collect(G(z,zB),[z zB])
    
    polG=coeffs(G(z,zB),[z zB],'All')
    
    Nul13=Factor(polG(1)+polG(3))
    
    % On trouve o^2*(2*o - 3) = 0 donc:
    
    o=3/2;
    
    % On vérifie:
    
    k=o^2;
    G(z,zB)=numden(Factor(F(o+k/(zB-o),o+k/(z-o))));
    Cte=Factor(F(z,zB)/G(z,zB))
    
    % On trouve Cte = 1/81 donc c'est gagné
    
    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher Ludwig
    Le résultat de géométrie circulaire que j'utilise est le suivant:
    Les inversions ayant des points fixes forment une seule classe de conjugaison dans le groupe circulaire.
    Soit $\Gamma$ un cercle-droite.
    On note $i_{\Gamma}$ l'inversion par rapport à $\Gamma$.
    Soit $f$ une transformation circulaire quelconque, alors on a la formule de conjugaison suivante
    $$f\circ i_{\Gamma}\circ f^{-1}=i_{f(\Gamma)}\qquad$$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Ludwig ne sait peut-être pas qu'en géométrie circulaire, on appelle inversion toute anti-homographie involutive.
    On peut montrer que la restriction au plan affine euclidien d'une telle anti-homographie est soit une inversion (ouf!), soit une réflexion.
    Dans les deux cas, s'il y a des points fixes, ce sont les points d'un cercle-droite.
    Donc, dans le plan circulaire, une réflexion est une inversion par rapport à son axe !

    Concernant la formule de conjugaison de pappus, $f(\Gamma)$ est un cercle-droite et $f\circ i_{\Gamma}\circ f^{-1}$ est une anti-homographie involutive qui fixe tous les points de $f(\Gamma)$ donc $f\circ i_{\Gamma}\circ f^{-1}=i_{f(\Gamma)}$.
  • Mon cher Gai Requin
    Je ne parle de cela que pour inciter nos lecteurs à s'investir en géométrie circulaire.
    Ce sont des transformations qui pourraient intéresser PetitLutinMalicieux.
    En tout cas je retiens la méthode expérimentale de Ludwig!
    Pas besoin de connaître cette épouvantable géométrie circulaire!
    Sur ma figure, le point $\Omega$ est l'inverse de $A$ par rapport au cercle de diamètre $A'E$.
    J'ai tracé en bleu le lieu de $\Omega$ et affiché le rapport $\dfrac{A'E}{A'O}$ à côté du point $E$
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Et $f^{-1}(D_B)$, qu'est-ce qu'il devient?115282
  • Bonne nuit pappus !

    P.S. : Concernant la géométrie hyperbolique, il faut que je reprenne mes esprits.
    En attendant, je vagabonde de ci de là sur le forum...
  • Bonjour,

    Pas sûr que je trouve le temps de me replonger dans le groupe circulaire, en tous cas merci pappus et gai requin pour vos explications. J'ai une question : la droite $(A'A)$ recoupe la quartique en un point. Peut-on construire ce point à la règle et au compas ? En utilisant par exemple les constructions déjà faites pour le point $A'$.
  • Mon cher Ludwig
    C'est moi qui te remercie pour ta méthode expérimentale.
    Tu as tort de ne pas vouloir te replonger dans le groupe circulaire.
    Et d'une façon générale on a toujours tort de ne pas vouloir s'améliorer dans son domaine de compétence
    Tu peux toujours essayer et si tu as un problème, je suis là toujours fidèle au poste.
    Pour ta question, la réponse est positive.
    Tu as une inversion $f$ de pôle $A'$ envoyant la quartique $\mathcal Q$ sur l'hyperbole $\mathcal H$
    Soit $\alpha=f(A)\in \mathcal H$.
    La droite $A'\alpha$ recoupe l'hyperbole $\mathcal H$ en un point $\alpha_1$ et ce point est constructible à la droite et au compas, même s'il faut farfouiller pendant des heures dans le Lebossé-Hémery pour retrouver cette construction.
    la droite $AA'$ recoupe la quartique $\mathcal Q$ au point $A_1=f(\alpha_1$ lui aussi constructible avec ces damnés instruments puiqu'on passe de $\alpha_1$ à$A_1$ par une inversion.
    Mais ces problèmes de règle et de compas n'ont plus guère d'intérêt pour les géomètres.
    Aujourd'hui il est bien préférable de profiter au maximum de son logiciel et de tous ces outils et de reléguer au fond d'un tiroir sa règle ébréchée et son compas rouillé devenus inutiles!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Merci pour ton aide pappus !
    Règle et compas je m'en fiche un peu moi aussi, seulement là c'est que j'essaie de trouver un mécanisme pour tracer la quartique, comme ceux que l'on peut voir sur mathcurve. Et pour cela il faut trouver des propriétés à cette courbe, exploitables pour le mécanisme. Une propriété sur cette droite $(A'A)$ ? Sur le segment reliant $A'$ et l'autre point de la courbe situé sur cette droite ? Sur le milieu de ce segment ? Un invariant, quelque part. Je ne sais pas, mais c'est certainement faisable.
  • Mon cher Ludwig
    Je crois que tout morceau d'une courbe algébrique peut être tracé au moyen d'un système articulé.
    Rien que le cas de la droite a fait couler des litres d'encre: inverseurs de Peaucellier, de Hart, etc
    Essaye d'en trouver un qui dessine une conique!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Mon cher pappus,
    Je ne vais pas me lancer dans la recherche d'un mécanisme pour tracer une conique, cela a déjà été fait mille fois (voir en particulier le mécanisme "à trois barres").
    Je pense aussi que tout morceau de courbe algébrique peut être tracé grâce à un système articulé (après tout il n'y a que des additions et des multiplications en jeu). J'ai le souvenir d'un beau site italien qui montrait un grand nombre de ces mécanismes, mais je n'ai pas pu le retrouver.
    Quoi qu'il en soit, on aimerait quand même que ce mécanisme soit le plus simple possible. Et on peut considérer qu'il s'agit là d'une invitation à trouver des propriétés de cette quartique trisectrice.
  • Ma solution
    B(-a,0), A(a,0), M(x,y)

    c2=cos(OMA)^2=(x*(x-a)+y^2)^2/(x^2+y^2)/((x-a)^2+y^2);


    d2:=cos(OMB)^2=(x*(x+a)+y^2)^2/(x^2+y^2)/((x+a)^2+y^2);


    le numérateur de d2-(2*c2-1)^2 est a^2*y^2*(a^2+2*a*x-3*x^2-3*y^2)*(3*a^2*x^2-a^2*y^2-2*a*x^3-2*a*x*y^2-x^4-2*x^2*y^2-y^4)

    Hormis un cercle et l'axe, le lieu a pour équation 3*a^2*x^2-a^2*y^2-2*a*x^3-2*a*x*y^2-x^4-2*x^2*y^2-y^4=0

    en posant x=rcos(t) y=rsin(t), l'équation polaire est r=-cos(t)+-sqrt(4-5sin(t)^2)115332
  • Mon cher Ludwig
    Je ne sais pas si tu l'as remarqué mais la construction que j'ai donnée du point courant de la quartique se fait bien à la règle ébréchée et au compas rouillé!
    Petite colle:
    Cette quartique est-elle unicursale?
    Si oui, en donner une paramétrisation rationnelle!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour,

    J'ai trouvé comment construire facilement l'autre point de la quartique qui est sur la droite $(A'A)$.
    On trace le cercle de diamètre $[A'B]$, la droite $(A'A)$ recoupe ce cercle en un point $m$.
    L'autre point de la quartique est le symétrique $A''$ de $A$ par rapport à $m$.

    Reste plus qu'à trouver quelle est la longueur $AA''$ et on l'a notre mécanisme!115348
  • Euh.. il n'y a pas un problème avec la boucle de droite ? Car même à l'oeil on voit que la médiane n'y est pas trisectrice..
    La courbe recherchée ne serait pas plutôt celle formée par la réunion de la boucle de gauche avec sa symétrique par rapport à $A'$ ?
    Ou alors je raconte n'importe quoi
  • Mon cher Ludwig
    Maintenant tu comprends pourquoi nos agrégatifs détestent les angles et les bougres ont raison, cent fois raison de les fuir comme la peste virale.
    Je suis à peu près sûr que ceux d'entre eux capables de donner une explication de ce phénomène doivent se compter sur les doigts d'une seule main
    Je te propose l'exercice suivant, je viens de le faire avec mon logiciel et donc tu devrais être parfaitement capable de le faire avec GeoGebra.
    J'ai choisi un point $M$ sur la petite boucle de droite ayant une ordonnée positive dans mon repère.
    J'ai mesuré en degré les angles camemberts $\widehat{BMA'}$ et $\widehat{A'MC}$.
    Les degrés et les angles camemberts, en principe, tout le monde connaît, même nos agrégatifs.
    Et avec l'aide du logiciel, j'ai formé la relation liant ces deux angles.
    Après, seulement après, tu as le droit de méditer sur la relation obtenue et éventuellement de conclure.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Ah d'accord !
    Mais je n'ai pas trouvé facilement : j'ai vu que les parties décimales des angles étaient dans un rapport 2.
    On a : $2\widehat{A'MC}-\widehat{BMA'}=180°$.
    Pour la petite boucle la médiane est encore trisectrice, modulo $\pi$.
  • Dans la figure que j'ai postée juste au-dessus on a $AB=2A'm$.
    D'où la construction suivante de la quartique, très simple :
    $m$ point variable sur le cercle de diamètre $[A'B]$.
    La droite $(A'm)$ coupe le cercle de centre $B$ et de rayon $2A'm$ en $A$ et $A''$.115356
  • Mon cher Ludwig
    Peux-tu donner une paramétrisation de cette quartique?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour,

    Courbe0, Courbe1, Courbe2 et Courbe3 donnent le même résultat.

    Cordialement,

    Rescassol115372
  • Avec le paramétrage habituel du cercle trigonométrique j'ai trouvé
    $x= \frac{-4 \; t^{2} + 2 \; t \; \sqrt{-t^{4} + 18 \; t^{2} - 1}}{t^{4} + 2 \; t^{2} + 1}$
    et $y=\frac{2 \; t^{3} + \left(-t^{2} + 1 \right) \; \sqrt{-t^{4} + 18 \; t^{2} - 1} - 2 \; t}{t^{4} + 2 \; t^{2} + 1}$.
    (vérifié avec GGB)

    Le dénominateur est le carré de $1+t^2$.
    Mais le polynôme sous la racine carrée ?
  • Bonjour,

    $-t^4+18t^2-1=(t^2 + 4t - 1)(- t^2 + 4t + 1)$

    Cordialement,

    Rescassol
  • C'est peut-être une question conne mais je la pose quand même : mon paramétrage n'est pas rationnel. Cela suffit-il pour conclure que la courbe n'est pas unicursale ?
  • Mon cher Ludwig
    Qu'une courbe soit ou non rationnelle, ça se décide!
    Tu disposes d'une inversion envoyant la quartique sur une hyperbole, alors quoi?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • On peut le voir aussi avec l'équation de la courbe $3$ de Rescassol qui est de degré $4$ et qui possède trois points doubles $(0:0:1)$, $(1:i:0)$, $(1:-i:0)$.
    Cette courbe est donc de genre $3-3=0$ donc elle est rationnelle (ou unicursale).
    C'est même une quartique bicirculaire...
  • Bonsoir Ludwig,
    Je me permets de te signaler que je t'ai envoyé un MP il y a trois jours concernant ton fil "catalogue ..." et que tu ne l'as pas encore lu ... Mais c'est peut être un peu dépassé, pour toi ?
    Cordialement
    JLB
    PS: Je demande pardon à la modération pour le hors-sujet !
  • Ah ok jelobreuil, je ne fais jamais trop attention à cet onglet "message privé". Il y a 2 mois j'ai vu qu'il y en avait 5 que je n'avais pas lu et qui dataient de 6 mois.. Désolé je vais regarder et dorénavant je ferais attention promis.

    En ce qui concerne la paramétrisation de la quartique voilà qui doit marcher :

    $x= \frac{81 \; \sqrt{3} \; \left(t - \frac{1}{3} \right) \; \left(t^{2} + \frac{\sqrt{3} - 2}{3} \; t + \frac{-\sqrt{3} + 4}{9} \right)}{ \; \left(324 \; t^{4} + \left(54 \; \sqrt{3} - 432 \right) \; t^{3} + \left(-54 \; \sqrt{3} + 135 \right) \; t^{2} + \left(36 \; \sqrt{3} + 6 \right) \; t - 8 \; \sqrt{3} + 31 \right)} $

    $y=\frac{-9 \; \left(3 \; t - 1 \right) \; \left(9 \; t^{2} - 6 \; t - 2 \right)}{( ((324 * t^(4)) + (((54 * sqrt(3)) - 432) * t^(3)) + ((((-54) * sqrt(3)) + 135) * t^(2)) + (((36 * sqrt(3)) + 6) * t) - (8 * sqrt(3)) + 31))} $

    (pour celle qui passe par (le point $(1,0)$)

    Simplifiable ? :-)
  • Mon cher Ludwig
    L'important n'est pas tant d'écrire la paramétrisation que de nous dire comment tu l'as obtenue!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Olala... comment je l'ai obtenue... c'est horrible!!
    Je suis parti de ta remarque : l'image de la quartique par une certaine inversion est une hyperbole.
    Seulement cette hyperbole GGB ne la paramétrise pas automatiquement, alors je l'ai fait tourner de 30° pour que l'une de ses asysmptotes soit verticale. Et j'ai trouvé l'équation de cette hyperbole tournée : $y=\frac{-9 \; x^{2} + 6 \; x + 5}{3 \; \sqrt{3} \; \left(3 \; x - 1 \right)}$.
    J'ai aussi fait tourner le cercle d'inversion de 30° (par rapport au point situé au tiers de $A'C$), puis j'ai inversé cette nouvelle hyperbole par rapport à ce nouveau cercle. Et là, GGB m'a fournit directement la paramétrisation (rationnelle) de cette autre quartique, que j'ai alors refait tourner de 30° (en sens inverse) pour obtenir la paramétrisation de notre chère quartique.
    Mais c'est pas tout! Les paramétrisations données par GGB comportaient des valeurs approchées de fractions de $\sqrt{3}$ qu'il m'a fallu retrouver (j'en ai deviné certaines, les autres j'ai utilisé l'inverseur de Plouffe).
    Pour terminer un peu de calcul formel pour simplifier les formules.
    Ouf !

    Et cette paramétrisation est correcte, j'ai vérifié. B-)-
  • Mon cher Ludwig
    Si tu savais ton cours sur les coniques, tu saurais qu'il n'est nul besoin de faire subir une rotation à une conique à seule fin d'en obtenir une paramétrisation!!!!!
    Tu peux donc exhiber directement à partir de l'équation de ton hyperbole des paramétrisations diverses dans lesquelles tu n'auras pas à trainer la moindre racine carrée de trois!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir,

    Peut-être plus simple: $Z=\dfrac{(\sqrt{3}+3i)t - 2(1+i\sqrt{3})}{t^2 - (\sqrt{3}-i)t + 2(i\sqrt{3}-1)}$ avec $t\in\mathbb{R}$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonne Nuit à tous
    On coupe l'hyperbole par des droites passant par $C(-b,0)$ d'équation:
    $$y=t(x+b).
    $$ Et on trouve (sans trop se fatiguer) pour l'hyperbole la paramétrisation:
    $$x=\dfrac{b(1+t^2)}{3-t^2},\qquad
    y=\dfrac{4bt}{3-t^2},\qquad
    $$ qu'on compose avec l'inversion $f$ de pôle $A'$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir,

    Pour obtenir ma dernière paramétrisation, j'ai coupé l'hyperbole par une droite parallèle à une asymptote, c'est assez classique.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Merci Rescassol
    C'est pourquoi, toi aussi, tu traines des $\sqrt 3$!!
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir,
    J'ai l'impression que le message de rferreol2 est passé inaperçu !
  • Bonsoir,

    Philippe, je me suis servi de la paramétrisation de rferreol2 pour Courbe1 et Courbe2 sur ma dernière figure.

    Cordialement,
    Rescassol
  • Avec la paramétrisation de l'hyperbole donnée par pappus, j'ai trouvé celle de la quartique :
    $$x=\left(t^{2} - 3 \right) \cdot \frac{t^{2} + 1}{t^{4} + 18 \; t^{2} + 1},\qquad
    y=4 \; t \; \frac{t^{2} - 3}{t^{4} + 18 \; t^{2} + 1}.

    $$ On a bien les asymptotes d'équation $y=+-x\sqrt{3}$.
    Bonne journée ! (il fait froid dehors, tout ne serait donc qu'arctique ?)
  • J'ai trouvé une construction encore plus simple que celle que j'ai donnée précédemment, et qui à l'avantage de partir du cercle trigonométrique.
    Soit $m$ un point variable du cercle de centre $A'$ passant par $B$ (et $C$).
    (cercle de rayon $1$ si l'abscisse de $C$ est $1$).
    La droite $(A'm)$ recoupe le cercle de centre $B$ passant par $A'$ en $E$.
    Le cercle de centre $B$ et de rayon $A'E$ coupe $A'm$ en deux points.
    Chacun de ces points décrit la quartique lorsque $m$ varie.
  • Bonjour,
    Partant de l'équation x^4+2*x^2*y^2+y^4+2*x^3+2*x*y^2-3*x^2+y^2=0,
    maple me donne la paramétrisation :
    x=(2 cos t -1)/(5-4 cos^2 t) , y=2 sin t . x

    plot([(2*cos(t)-1)/(5-4*cos(t)^2) , 2*sin(t)*(2*cos(t)-1)/(5-4*cos(t)^2),t=0..2*Pi],scaling=constrained,color=red);115380
  • Animation des triangles115382
  • $(x^4 + 2*x^2*y^2 + y^4) + 2*x (x^2 + y^2) - 3*(x^2 + y^2) = 0$

    Visiblement une quartique bicirculaire, que je transformerais bien par une inversion centrée à l'origine.
  • Mon cher Soland
    Ce n'est pas l'équation de la quartique bicirculaire dont j'ai mentionné le premier l'équation :
    $$(x^2+y^2)^2 -2bx(x^2+y^2)+b^2(-3x^2+y^2)=0.
    $$ En ce qui concerne l'inversion qui laisse invariant la quartique $\mathcal Q$, on peut faire le raisonnement suivant.
    L'hyperbole $\mathcal H$ est invariante par la symétrie par rapport à son axe non focal $\delta$ qu'on peut considérer comme un inversion $i_{\delta}$ par rapport au cercle-droite $\delta$.
    Comme la quartique $\mathcal Q$ et l'hyperbole $\mathcal H$ s'échangent par l'inversion $f$ de pôle $A'$ par rapport au cercle de diamètre $BC$, on sait que $\mathcal Q$ est invariante par le conjugué $f\circ i_{\delta}\circ f^{-1}=i_{f(\delta)}$ c'est à dire l'inversion par rapport au cercle $f(\delta)$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Une troisième construction élémentaire :
    $m$ variable sur le cercle trigonométrique.
    $B'$ symétrique de $B$ par rapport à $(A'm)$.
    Le cercle de centre $B'$ passant par $C$ coupe $(A'm)$ en deux points, $A$ et $D$.
    Chacun de ces deux points décrit la quartique quand $m$ varie.115384
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