Vu dans quadrature

john_john
Modifié (November 2022) dans Géométrie

Un article du dernier numéro de Quadrature, consacré aux cercles de Villarceau cite l'exercice suivant (non corrigé) : un point $M$ décrit une ellipse de centre $O$ (non circulaire) ; déterminer l'enveloppe du cercle centré en $M$ et orthogonal au cercle de centre $O$ et de rayon $b$. Esculier et Vidiani nous disent gentiment que ce lieu est la réunion de deux cercles (ça aide !)
J'ai une solution avec très peu de calculs, mais on doit pouvoir traiter cela purement géométriquement (n'est-ce pas, pappus :) )

Réponses

  • pappus
    Modifié (November 2022)
    Merci j_j pour cet exercice fort intéressant.
    Ce qui me surprend, c'est le choix du cercle de centre $O$ et de rayon $b$.
    Pour en avoir le cœur net, j'ai refait ta figure en remplaçant ce dernier cercle par un cercle focal de première espèce $\gamma_P$ absolument quelconque et cela marche encore.
    Il va y avoir certainement quelques explications de gravure à la clef!
    Amitiés
    pappus

  • john_john
    Modifié (November 2022)
    Bonjour, pappus,
    peut-être ce choix est-il lié au thème des cercles de Villarceau (projection d'une certaine configuration 3D sur un plan bitangent à un tore).
    Amitiés, j__j
  • Ou, peut-être, une autre raison justifie-t-elle ce choix : les centres des deux cercles enveloppes sont les foyers !
  • Bonjour j_j
    Ma figure est suffisamment précise pour qu'une démonstration synthétique soit possible.
    Amitiés
    pappus
  • Alors, allons-y progressivement : les points caractéristiques sont symétriques par rapport à la tangente en $M$ à l'ellipse (limite de la droite des centres de deux cercles infiniment voisins) et de l'orthogonalité des cercles résulte que ces points caractéristiques sont alignés avec le centre $\Omega$ et divisent harmoniquement le diamètre du cercle $(\gamma)$. Passons à présent aux alignements de ces points avec $M$ et les foyers...
  • pappus
    Modifié (November 2022)
    Mon cher john_john
    Je vois bien ce que tu veux faire mais il y a une explication simple: les distances $MF$, $MF'$ et le rayon $\rho_M$ du cercle $\Gamma_M$ sont des fonctions affines (par morceaux) de l'abscisse du point $M$.
    Amitiés
    pappus
  • Merci pour l'indication :) Donc, si l'on montre que le rayon du cercle variable est $e\cdot|x_P-x_M|$, ce sera gagné grâce au cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire.
  • Oui, c'est bien le cas, mais il me faut un (tout) petit calcul? Est-ce grave, docteur ?
  • Mon cher john_john
    C'est dû à une propriété archiconnue des cercles focaux et ce n'est pas pour rien que ces cercles s'appellent focaux.
    A la limite, il n'y a besoin d'aucun calcul!
    Amitiés
    pappus
    PS
    Lebesgue a écrit un article sur ce sujet qui doit trainer sur la toile!
  • Et archi-inconnue pour moi, mais je vais me documenter ! Merci de l'info, et amitiés, j__j
  • pappus
    Modifié (November 2022)
    Mon cher john_john
    Il me semble qu'on en parle dans le Lebossé-Hémery, page 382, article 378.
    C'est dire que c'est élémentaire!
    Les plus amusants sont les cercles focaux de deuxième espèce de l'hyperbole!
    Amitiés
    pappus
  • Mon cher john_john
    Pour ton édification personnelle, j'ai fait la figure dans le cas d'une parabole.
    Amitiés
    pappus

  • Merci, pappus ! Et vois-tu le lien (s'il y en a un) avec les cercles de Villarceau ?
  • Mon cher john_john
    Ben non!
    J'attendais que tu en parles!
    Il faudrait peut-être avoir accès à cet article de Quadrature!
    Amitiés
    pappus
  • john_john
    Modifié (November 2022)
    J'ai ce numéro de Quadrature (comme les 125 précédents) ; les auteurs écrivent simplement que leur méthode pour décomposer la quartique, trace sur le tore d'un plan bitangent, en la réunion de deux cercles est la même que celle mise en œuvre dans le corrigé de l'exercice sur l'enveloppe de cercles (l'auteur du dit corrigé ne connaissait donc pas, sans doute, les résultats cités par Lebesgue !) Après tout, c'est peut-être là la seule analogie entre les deux configurations.
  • Mon cher john_john
    Les cercles focaux n'ont pas attendu Lebesgue pour être connus.
    Lebesgue se piquait beaucoup de pédagogie et il a d'ailleurs écrit un livre sur la bonne façon d'enseigner la théorie des coniques.
    Il ne m'étonnerait pas qu'il ait parlé de parataxie et donc des cercles de Villarceau dans cet ouvrage!
    Amitiés
    pappus
  • Oui, d'ailleurs, Lebesgue cite Dandelin comme auteur d'une étude sur les cercles focaux de première espèce.
  • Bonne nuit John_john et fais de beau rêves.
    Dans le théorème de Dandelin, la sphère est tangente au cône le long d'un cercle et tangente au plan de la conique $\mathcal P$ en un foyer $F$, cercle focal de rayon nul
    Dans la généralisation, la même technique marche avec une sphère toujours tangente au cône le long d'un cercle mais coupant le plan de la conique suivant un cercle focal de première espèce.
    Amitiés
    pappus
  • pappus
    Modifié (November 2022)
    Mon cher john_john
    Sais-tu que la parataxie a beaucoup à voir avec la fibration de Hopf: $f:\mathbb S^3\mapsto \mathbb S^2$?
    Deux fibres $f^{-1}(m)$ et $f^{-1}(m')$ sont deux cercles en position paratactique.
    Amitiés
    pappus

  • Eh oui : j'avais découvert la notion de parataxie dans le samizdat de Berger (qui fut ensuite converti en livre chez Cedic-Nathan).
    Passe une bonne journée ! Amitiés, j__j
  • Bonjour, $\def\hyp{\mathcal{H}} \def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}} \def\rr{\mathbb{R}}$
     Voyons ce que cela donne si l'on veut bien considérer qu'une droite telle que $F_1M$ coupe un cercle tel que $\cir 1$  en deux points et non un seul.




    On part d'une ellipse $\hyp$ (a,b,f) et d'un cercle focal $\cir 1\left(F_{1},r_{1}\right)$. Cela donne \[ F_{1},F_{2},M,\cir 1\simeq\left(\begin{array}{c} -f\\ 1\\ -f \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} +f\\ 1\\ +f \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a\left(1-s^{2}\right)+2ibs\\ 1+s^{2}\\ a\left(1-s^{2}\right)-2ibs \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} f\\ f^{2}-r_{1}^{2}\\ f\\ 1 \end{array}\right) \] La droite $MF_{1}$ coupe $\cir 1$ en $L_{1}$ et le symétrique de ce point wrt la tangente en $M$ est $L_{2}$. On trouve:

    \[ L_{1}\simeq F_{1}+\dfrac{1}{as^{2}-fs^{2}+a+f}\left(\begin{array}{c} \left(+2\,ibs+fs^{2}-as^{2}+a+f\right)r_{1}\,W\\ 0\\ \left(-2\,ibs+fs^{2}-as^{2}+a+f\right)r_{1}\,W \end{array}\right) \]

    \[ L_{2}\simeq F_{2}+\dfrac{1}{as^{2}+fs^{2}+a-f}\left(\begin{array}{c} \left(-2\,ibs+as^{2}+fs^{2}-a+f\right)r_{1}\,W+4\,ibsa-2\,a\left(as^{2}+fs^{2}-a+f\right)\\ 0\\ \left(+2\,ibs+as^{2}+fs^{2}-a+f\right)r_{1}\,W-4\,ibsa-2\,a\left(as^{2}+fs^{2}-a+f\right) \end{array}\right) \] avec $W^{2}=1$.

    On voit aisément que le lieu de $L_{2}$ est un cercle, et on trouve: \[ \cir 1,\cir 2\simeq\left(\begin{array}{c} f\\ f^{2}-\left(r_{1}\,W\right)^{2}\\ f\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -f\\ f^{2}-\left(r_{1}\,W-2\,a\right)^{2}\\ -f\\ 1 \end{array}\right) \] On constate que la droite $L_{1}L_{2}$ passe par un point fixe $\Omega\simeq\left(\begin{array}{c} f\left(r_{1}\,W-a\right)\\ a\\ f\left(r_{1}\,W-a\right) \end{array}\right)$ sur l'axe focal. En outre, on constate que les cercles $\cir M\left(M,L_{j}\right)$ sont orthogonaux à un cercle fixe, centré en $\Omega$ et de rayon \[ \rho=\dfrac{b}{a}\sqrt{r_{1}\,\left(2\,Wa-r_{1}\right)} \]

    C'est ainsi que, sur la figure, on voit que le cercle $\cir M'$ reste tangent aux cercles $\cir 1'=\cir 1$ (rouge) et $\cir 2'$ (vert). Ces deux cercles forment donc l'enveloppe de la famille. En outre, $\cir M'$ reste orthogonal au cercle $\cir{\Omega}'$. On en revient à la question: comment voit-on cette orthogonalité sur la figure ?

    Le cas de l'hyperbole se traite en prenant $ib\in\rr$. Autrement dit, c'est déjà fait.  



    Cordialement, Pierre.
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