Trois coniques dégénérées dans un faisceau ?

stfj

Bonjour

On m'a encouragé à m'intéresser à d'autres problèmes que des problèmes d'alignements de points, voire de conceptualisation d'un point; encouragements dont je remercie les auteurs et qui m'ont amené à m'intéresser aux coniques.

Je me suis récemment intéressé à un faisceau de coniques : les coniques passant par quatre points, où apparaissent dans le faisceau trois coniques dégénérées.

https://www.geogebra.org/classic/gkyuymu9

Il semblerait qu'il s'agisse d'un résultat général :

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THEOREME : - Dans tout faisceau de coniques(non toutes dégénérées), il existe trois coniques dégénérées, distinctes ou confondues.

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Je vous propose de prouver cette assertion classique. Il est probable que je ne serai pas immédiatement à même de comprendre l'intégralité des explications fournies mais cette discussion intéressera peut-être d'autres moins débutants que moi.

Cordialement.

Vassillia

Bonjour stfj (ou devrais-je dire George Bruce Halsted)

Je ne suis pas sure de comprendre ce que tu cherches mais si $conique1 \simeq \left(\begin{array}{rrr} c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ c_{12} & c_{22} & c_{23} \\ c_{13} & c_{23} & c_{33} \end{array}\right)$ et $conique2 \simeq \left(\begin{array}{rrr}q_{11} & q_{12} & q_{13} \\ q_{12} & q_{22} & q_{23} \\ q_{13} & q_{23} & q_{33} \end{array}\right)$ alors le faisceau paramétré par $t$ peut être défini comme $\left(\begin{array}{rrr} q_{11} t + c_{11} & q_{12} t + c_{12} & q_{13} t + c_{13} \\ q_{12} t + c_{12} & q_{22} t + c_{22} & q_{23} t + c_{23} \\ q_{13} t + c_{13} & q_{23} t + c_{23} & q_{33} t + c_{33} \end{array}\right)$.

Un calcul de déterminant donne un polynôme de degré 3 en $t$ donc 3 solutions pour qu'il s'annule ce qui implique 3 coniques dégénérées.

stfj

Bonjour surprenante Vassillia qui "ne connaît quasiment rien en géométrie" mais connaît stfj

Je vais étudier ce que tu expliques comme toujours si admirablement synthétiquement avec $conique1\simeq yz-zx$ et $conique2\simeq zx-xy$ ou des combinaisons linéaires.

Cordialement.

Vassillia

J'ai mes secrets : recherche via une image sur google ce qui m'a donné le lien wikipedia donc l’identité de ton nouveau profil. Je n'avais aucune chance de trouver sinon, j'aurais pu laissé croire que j'avais une culture générale mais ... non

stfj

Soit $conique1\simeq \begin{bmatrix}0 & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 \\-1 & 1 & 0\end{bmatrix},\,conique2\simeq\begin{bmatrix}0 & -1 & 1 \\-1 & 0 & 0 \\1 & 0 & 0\end{bmatrix}$. On obtient le faisceau $\begin{bmatrix}0 & -1 & 1-t \\-1 & 0 & t \\1-t & t & 0\end{bmatrix}$

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var('t')
M=matrix([[0,-1,1-t],[-1,0,t],[1-t,t,0]])
print (det(M))

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fournit $2 \, {\left(t - 1\right)} t$

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Cela ne fournit pas les trois coniques dégénérées du faisceau. Je vais essayer avec $conique1bis\simeq conique1-conique2\simeq 2yz-4zx+2xy$ ie $conique1bis\simeq \begin{bmatrix}0 & 1 & -2 \\1 & 0 & 1 \\-2 & 1 & 0\end{bmatrix}$

On obtient le faisceau $\begin{bmatrix}0 & t-1 & -2t+1 \\t-1 & 0 & t \\-2t+1 & t & 0\end{bmatrix}$

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var('t')
M=matrix([[0,t-1,1-2*t],[t-1,0,t],[1-2*t,t,0]])
print (latex(det(M)))

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fournit $-2 \, {\left(2 \, t - 1\right)} {\left(t - 1\right)} t$

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t=0.......... conique2

t=1..........conique1

t=1/2.....conique1+conique2=y(z-x)

Vassillia

Bon, bon, d'accord mais c'est car tes 2 coniques initiales sont dégénérées et donc il faudrait prendre $t=\infty$ pour retrouver $conique2$, et comme c'est pas possible, elle disparait de la liste des coniques dégénérées. Mea inculpa, j'ai pris cette habitude pour que les polynômes soient moins gros et car la plupart du temps, il me semble que cela va mieux pour les calculs.

Si tu veux que cela fonctionne même à partir de 2 coniques dégénérées, j'aurais du dire

$conique \simeq \left(\begin{array}{rrr} -c_{11} {\left(t - 1\right)} + q_{11} t & -c_{12} {\left(t - 1\right)} + q_{12} t & -c_{13} {\left(t - 1\right)} + q_{13} t \\ -c_{12} {\left(t - 1\right)} + q_{12} t & -c_{22} {\left(t - 1\right)} + q_{22} t & -c_{23} {\left(t - 1\right)} + q_{23} t \\ -c_{13} {\left(t - 1\right)} + q_{13} t & -c_{23} {\left(t - 1\right)} + q_{23} t & -c_{33} {\left(t - 1\right)} + q_{33} t \end{array}\right)$

stfj

Je crois que j'ai tout compris grâce à toi. Comme d'habitude... Merci.

Math Coss

On est convaincu que ça marche en général mais peut-on justifier plus précisément que la condition de non-dégénérescence entraîne que le polynôme est bien de degré trois ? (Au demeurant ne vaudrait-il pas mieux prendre $tq_1+uq_2$ au lieu de $tq_1+q_2$ ?)

Vassillia

Le problème dans l'inflation du nombre de variables (et dans une moindre mesure dans le nombre d'occurrences des variables), c'est que, expérimentalement du moins, cela se paye souvent sur le nombre de caractères des coefficients du polynome. J'aurais tendance à choisir au pire $tq_1 +(1-t)q_2$ comme j'ai fait dans un second temps mais sur le principe, cela ne change pas grand chose.

Math Coss

Pour limiter une telle inflation, ne peut-on pas pour commencer prendre une forme normale pour l'une des coniques ? Par ailleurs, remplacer $tq_1+q_2$ par $tq_1+(1-t)q_2$ n'empêche pas qu'il y ait « un zéro à l'infini », comme tu le dis toi-même (et si on n'a vraiment pas de chance, il y a un zéro en l'infini pour chacune des deux combinaisons...).

Vassillia

C'est vrai mais je ne vois pas de solution miracle pour éviter de sacrifier une seule pauvre conique (sur une infinité quand même) sans le payer par une deuxième variable et je suis désolée pour elle mais je ne suis pas sûre de la rentabilité.

Je ne sais pas ce que tu appelles forme normale, si c'est ce que j'imagine, c'est à dire que les coniques ne sont plus définies à un facteur près, cela ne fait pas nos affaires car on va se retrouver à diviser par des coefficients horribles.

Je ne sais pas ce qui est le mieux.

Math Coss

Une conique projective à homographie près, n'est-ce pas une forme quadratique à changement de base près ? On peut alors supposer qu'une des matrices est diagonale, ce qui supprime six variables d'un coup. Erré-je ?

Vassillia

Si une seule matrice est diagonale, j'aurais plutôt dit 3 variables d'un coup, non ? (matrice symétrique oblige)

Tu vas me dire, c'est toujours bon à prendre, c'est vrai que je m'en sers peu. Mais comme la plupart du temps, je m'arrange pour avoir des 0 sur la diagonale car je suis sur une conique circonscrite à mes points utilisés comme base, je ne sais pas si j'y gagnerai.

Ah que c'est compliqué de trouver comment partir correctement dans un problème, je suis toujours aussi peu douée à ce jeu mais c'est la partie la plus fun vu qu'ensuite il n'y a plus qu'à dérouler.

Math Coss

En effet, trois et pas six – de sorte que trois coefficients diagonaux ou trois hors de la diagonale, cela revient au même.

Math Coss

Bref, si on se donne deux formes quadratiques $q_1$ (non dégénérée) et $q_2$ et deux indéterminées $t_1$ et $t_2$, le déterminant de $t_1q_1+t_2q_2$ est un polynôme homogène $\Delta(t_1,t_2)$ de degré trois (s'il n'est pas nul). Le coefficient de $t_1^3$ est le déterminant de $q_1$, qui n'est pas nul, donc $\Delta$ n'est pas nul non plus et il y a trois points $[t_1:t_2]$ (comptés avec multiplicité) tels que $\Delta(t_1,t_2)\ne 0$.