Quartique de Loriga

Loriga à droite, presque Loriga à gauche. Comme apparemment la courbe est liée aux inondations nous n'avons pas le temps, il faut agir, vite ! On va donc dire que ce sont les mêmes.

Bonsoir,
Une équation complexe de la quartique de Loriga est $\mid z^2+a\bar{z}\mid =a^2$ (voir le site mathcurve). En prenant $a=1$ on peut donc voir la courbe comme le lieu des intersections $L_1$ et $L_2$ des hyperboles équilatères $x^2-y^2+x=\cos(t)$ et $y\times(2x-1)=\sin(t)$ lorsque $t$ varie entre $0$ et $2\pi$. Construire à la règle et au compas l'intersection de deux coniques n'est pas possible en général, regardons donc ce qui se passe avec la droite $\Gamma=(L_1L_2)$ dans le but de se ramener à l'intersection d'une droite et d'une hyperbole (un fil récent en a détaillé une construction). Lorsque $t$ varie le milieu $U$ de $L_1L_2$ décrit le cercle centré sur l'origine $O$ et de rayon $1/2$ (je ne détaille pas, on trouve cette équation en faisant la somme des racines d'une équation du second degré) : 

Il faut maintenant prendre l'intersection de cette droite $\Gamma$ avec une hyperbole, je prends celles d'équation $y\times(2x-1)=\sin(t)$. Mais pas n'importe laquelle de ces hyperboles, il faut choisir celle dont l'intersection avec $\Gamma$ donne deux points de la quartique de Loriga, c'est-à-dire qu'il faut choisir le bon angle $t$. Pour cela on écrit une équation de la droite qui passe par $U$ et de pente $\tan(v)$ puis celles des hyperboles et on élimine $x$ et $y$. Il m'aurait fallu trois heures à la main, en trois secondes le calcul formel de GeoGebra augmenté de Wolfram me donne la très sympathique formule : $$\sin(3u)=4\sin(t+u).$$ Elle va nous permettre de trouver $t$ connaissant $u$, $\sin(t)$ plutôt, car c'est ce qui nous intéresse. En effet, pour utiliser la méthode montrée par @pappus dans ce message, il faut connaître un point de l'hyperbole, en plus de ses asymptotes. Or il y en a un facile à placer, c'est celui obtenu en faisant $x=0$ : on trouve $y=-\sin(t)$. J'ai donc construit la figure suivante qui parle d'elle-même :

Le point $W$ est un point de l'hyperbole $y\times(2x-1)=\sin(t)$ (enfin presque car il y a un problème modulo $\pi$ que j'ai résolu manuellement avec un booléen, mais c'est un détail). Cette figure qui "motorise" la construction doit certainement pouvoir être améliorée, mais je n'ai rien trouvé d'autre pour l'instant.
On a donc les asymptotes de l'hyperbole ($y=0$ et $x=1/2$), un point de l'hyperbole ($W$), il ne reste plus qu'à suivre la construction de pappus (j'ai utilisé les mêmes notations) pour obtenir les points d'intersection de l'hyperbole avec $\Gamma$ : 

En jaune la tangente à l'hyperbole en $W$, facile à tracer car elle passe par $(-1/2,0)$, en vert les asymptotes. J'ai mis l'hyperbole en pointillés (non utile pour la construction).

Petite correction : dans la figure motrice le point de l'hyperbole n'est pas $W$ mais $2W$.
Et une remarque : dans cette figure le problème "modulo $\pi$" mentionné plus haut revient à prendre la bonne intersection du cercle orange avec l'axe des ordonnées, ce que je n'ai pas réussi à faire autrement qu'avec un booléen.

En attendant une improbable construction épicycloïdale de cette jolie courbe je propose une construction à l'aide d'une parabole. On part de l'équation complexe $\mid z^2+a\bar{z}\mid =a^2$ de la quartique de Loriga, on prend $a=1$ et on considère l'application $\mathfrak{L}$ du plan complexe dans lui-même qui à $z$ associe $z^2+\bar{z}$. L'image par $\mathfrak{L}$ d'une droite passant par l'origine est une parabole. On va prendre son intersection avec le cercle trigonométrique puis rechercher les antécédents de ces points par $\mathfrak{L}$.
Trouvons d'abord une équation de cette parabole. On écrit $z=\rho e^{i \theta}$ puis $\mathfrak{L}(z)=x+iy$. Alors on a $x=\rho^2 \cos(2\theta)+\rho \sin(\theta)$ et $y=\rho^2\sin(2\theta)-\rho \sin(\theta)$. On exprime $x$ et $y$ à l'aide des seules fonctions $\cos(\theta)$ et $\sin(\theta)$ puis on élimine $\rho$ pour trouver : $$xt^4-3yt+4xyt^3+yt^3+4x^2t^2+y^2(t^2-1)^2-3xt^2-4xyt=0,$$ avec $t=\tan(\theta).$ Cette formule est surtout utile pour que le logiciel reconnaisse la parabole en tant que telle, car on peut alors placer son foyer $F$ et tracer sa directrice $\Delta$. On constate alors que $OF=1/4$, mais quel est l'angle polaire $\alpha$ de ce point ? Il faut trouver cet angle en fonction de $\theta$, pas évident avec cette équation de la parabole... Heureusement on peut procéder autrement : on trace le lieu du point de coordonnées $(\theta,\alpha)$. On trouve une droite, magnifique ! Un coup d'oeil dans la fenêtre algèbre et on a immédiatement $\alpha=\pi-4\theta$. La construction de la directrice s'obtient de manière analogue : on place le point $T(1/4;2\pi-\theta)$ et on trace la tangente en $T$ au cercle de centre $O$ et de rayon $1/4$. Une démonstration géométrique de ces résultats serait la bienvenue.

On prend maintenant les intersections $P$ et $Q$ de cette parabole avec le cercle trigonométrique. Pour trouver l'antécédent de $P$ par $\mathfrak{L}$ j'ai tracé la perpendiculaire à la directrice $\Delta$ passant par $P$, cette droite coupe la droite $y=-x\tan(\theta)$ en un point $P'$ de la quartique, qui n'est autre que le symétrique par rapport à $(Ox)$ du point $P''$ recherché. Idem pour l'antécédent $Q''$ de $Q$. Comment démontrer cela géométriquement ?
La courbe de Loriga est le lieu des points $P''$ et $Q''$ (ou $P'$ et $Q'$) lorsque $M$ se déplace sur le cercle trigonométrique.
Pour une construction complète à la règle et au compas il faut réussir à placer $P$ et $Q$, les intersections de la parabole avec le cercle trigonométrique. Cela est faisable puisque la quartique est constructible. Comment faire ?