Cercles tangents

stfj

Bonjour

On donne ici deux cercles $$eq1:x^2+y^2+8y+8=0$$et $$eq2:x^2+y^2+8x+16y+4=0$$et on demande de trouver les cercles du faisceau engendré tangents à $eq3:x=2$

J'ai trouvé l'équation du faisceau $$eq_k:x^2+y^2+8 y+8+k (8 x+8 y-4)=0$$ $$\iff x^2+y^2+\color{red}8k\color{black}x+\color{red}8(1+k)\color{black}y+\color{red}8-4k\color{black}$$et souhaite réfléchir avec votre aide à cet exercice et à une possible généralisation.

https://www.geogebra.org/classic/xsaf8wme

Cordialement.

bd2017

Bonjour

Il n'y a que deux cercles qui répondent à la question

$c_3:  x^2 + y^2  - 8 x+12 =0 $

$c_ 4:  x^2+y^2 -2 x+6 y+9=0$

stfj

Bonjour

Une méthode ?https://www.geogebra.org/classic/crwd6nw5

stfj

Voici une procédure inspirée d'une discussion où était intervenue Vassillia ici, qui résout automatiquement ce type de problème avec sagemath :

___________________________

Q=matrix([[1,0,0,0],[0,1,0,0],[0,0,0,-2],[0,0,-2,0]])
var('k')
c=vector([8*k,8*(1+k),8-4*k,1])
d=vector([1,0,-2,0])
nul=(c*Q*c)*(d*Q*d)-(c*Q*d)^2
solve([nul==0],k)

____________________________

fournit $k=-1$ et $\color{magenta}k=-1/4$ et les deux cercles ci-dessus.

bd2017

La méthode que tu utilises avec la forme quadratique $Q$ et avec l'utilisation de  sagemath  c'est plus compliqué que la résolution qui se fait simplement à la main avec les moyens les plus  élémentaires. 

S'il faut  trouver un intérêt à ton message, cela serait bien  de justifier pourquoi l'identité $(c.Q.c)(d.Q.d)- (c.Q.d)^2=0$  donne la solution.  (Personnellement je me souviens de t'avoir calculer Q mais j'ai oublié le contexte)  

Il me semble que $c.Q.c= 4 r ^2$   mais que représente de façon générale la forme bilinéaire $\phi(c,c')=c.Q.c?$

stfj

Dans un premier temps, il faut savoir que la procédure sagemath permet non seulement de résoudre cet exercice mais également intervient dans la généralisation du théorème de Feuerbach ici, et a priori dans n'importe quel contexte où il y a tangence. La procédure offre donc un cadre général, là où ici par exemple, j'avais la flemme de chercher une méthode ad hoc, aussi élémentaire soit-elle.

C'est ce que m'offre Vassillia : des procédures qui interviennent ensuite dans des contextes très variés, du simple exercice au problème plus élaboré, où combinées les unes aux autres, elles font merveille.

Je ne peux répondre immédiatement à tes questions. Mais comme c'est les questions que j'avais posées dans le post en lien à Vassillia et qu'elle m'a aidé à y répondre, cela va revenir.

bd2017

Pour le lecteur que je suis où je suppose pour tout autre lecteur qui n'avons pas l'habitude de représenter un cercle par un vecteur  de $R^4,$ je m'attendais en un premier temps la justification de ta part de l'équivalence $(c Q d)^2 -( c Q c )  (d Q d)=0$  et le fait que les deux cercles soient tangents.   

Un calcul montre que l'identité  $(c Q d)^2 -( c Q c )  (d Q d)=0$  est équivalent  à  $(r+r_1)^2=||OO_1||^2$   ou bien  $(r-r_1)^2=||OO_1||^2.$  ($r,r_1,O,O_1 $  étant les rayons et centre des cercles $c$  et $d$).   

En fait $c .Q.d $  vaut (à un facteur près) $ r^2+r1^2-||OO_1||^2.$  Donc c'est maintenant justifié.

Mais ici l'utilisation de la matrice $Q$ est artificielle,  car exprimer qu'une droite et tangente à un cercle c'est simplement dire qu'ils n'ont qu'un seul point commun. 

Il me reste à être convaincu qu'on a beaucoup à gagner à utiliser $Q$ dans d'autres contexte.!  

Vassillia

La justification avait déjà été donnée ici https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2507296/#Comment_2507296 par @stfj en personne

Tu peux essayer de résoudre le problème initial, que j'avais proposé, avec et sans matrice $Q$ et te faire ainsi ton opinion.

Mais sinon, on peut aussi dire que le cosinus de l'angle des tangentes à deux cercles $c$ et $d$ est $\dfrac{cQd}{\sqrt{(cQc)(dQd)}}$ et donc l'identité $(cQd)^2-(cQc)(dQd)$ implique un cosinus qui vaut + 1 ou -1 ce qui est une autre manière d'écrire la tangence.

Bref, on a un produit scalaire, on peut certes se demander si un produit scalaire est utile ? Mais tout de même, cela peut servir.

GaBuZoMeu

Bonjour,

L'espace des cercles est un espace projectif réel de dimension trois muni d'une quadrique $Q$ non réglée qui est la quadrique des cercles points (la polarité par rapport à cette quadrique est la relation d'orthogonalité) et d'un plan $D$ tangent à $Q$ en $\infty$ (le plan des droites). Un faisceau de cercles est une droite de cet espace, l'ensemble des cercles tangents à un cercle-ou-droite $c$ est le cône qui a pour génératrices les tangentes à $Q$ issues de $c$. On cherche ainsi l'intersection de ce cône quadratique avec une droite.

pldx1

Bonjour.

On peut même faire en sorte que la quadrique $\mathcal Q$ soit la sphère, la vraie, celle ayant le cercle unité comme équateur (méfiez-vous des contrefaçons). On utilise la projection stéréographique depuis le pôle Sud. Et alors  les représentants des droites  viennent se placer sur $\mathcal P$,$\,$  le plan Nord, tangent à la sphère au pôle Nord.

Il me reste à être convaincu qu'on a beaucoup à gagner à utiliser $\mathcal Q$

Pourquoi voudrais-tu que qui que ce soit essaie de te convaincre de quoi que ce soit ?  L'intérêt des méthodes inefficaces est que l'on n'a pas besoin de se demander ce que l'on ferait de son temps libre !

Cordialement, Pierre.

pldx1

Bonjour, $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\ptv{~;~} \def\ii{ \imath } \def\mqqzf{\boxed{\widehat{\underset{z}{\mathcal{\mathcal{Q}}}}}}$

On peut même ouvrir le livre de recettes à la page "Comment cuisiner les cycles a la sauce Lie".  Cela donne

$$C_1\simeq
\left[\begin{array}{c}
-4 \,\ii
\\
 8
\\
 4 \,\ii
\\
 1
\\
 -2 \sqrt{2}
\end{array}\right]
; C_2 \simeq
\left[\begin{array}{c}
4-8 \,\ii
\\
 4
\\
 4+8 \,\ii
\\
 1
\\
 -2 \sqrt{19}
\end{array}\right]
; C_3 \simeq
\left[\begin{array}{c}
-1
\\
 4
\\
 -1
\\
 0
\\
 -1
\end{array}\right]
$$ On cherche donc $$ C_4 \doteq \left(1-k\right) C_1 \oplus \left(1+k\right) C_2 \simeq \left[\begin{array}{c}
-2 \,\ii \left(1+k \right)+\left(2-4 \,\ii\right) \left(1-k \right) \\ 6+2 k  \\ 2 \,\ii \left(1+k \right)+\left(2+4 \,\ii\right) \left(1-k \right) \\  1  \\ K \end{array}\right] $$ Et on écrit que $$\tra C_4  \cdot \mqqzf \cdot C_4 \;=\;  \tra C_4  \cdot \mqqzf \cdot C_3\;=\;0$$ On résoud en $k,K$. Et la figure suit.

Cordialement, Pierre.