Plan polaire

stfj
stfj
Modifié (December 2024) dans Géométrie
Bonjour
Je m'intéresse à une représentation des cercles par des points dans l'espace à trois dimensions$^1$.
Je suis en train d'étudier le plan polaire $\color{blue}\mathscr P$ d'un point $P$ par rapport à une quadrique $\color{red}f$. J'ai pris la quadrique $$\color{red}f(x,y,z)=z-x^2-y^2=0$$et le point $$P=(2,-1,2)$$J'ai alors trouvé en traduisant que si $Q$ et $R$ désignent les intersections de la quadrique avec une droite $g$ passant par $P$,$$P'\in \color{blue}\mathscr P\color{black}\cap g\iff (Q,R;P,P')=-1$$que $$\color{blue}\mathscr P=\{(x,y,z)|4x-2y-z=2\}$$(je pourrai détailler mes calculs si quelqu'un le souhaite)
Je souhaite :
1) faire le lien entre la situation relativement élémentaire décrite ci-dessus et la situation générale d'un hyperplan polaire d'un point. Quelqu'un voudra peut-être m'aider à faire ce lien
2) une fois le point 1) assimilé, revenir aux cercles via peut-être les exemples traités ici.
Cordialement
[On trouve $P'=(1,0,2)$ pour la droite $g:P+\mathbb R(-3,3,0)$]
____________________
$^1.-$ Le cercle $\mathscr C$, d'équation $$X^2+Y^2-2\times\color{red}2\times\color{black} X-2\times\color{red}(-1)\color{black}\times Y+\color{red}2\color{black}$$est ainsi représenté par $$P=(2,-1,2)$$


Réponses

  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Bonjour,
    L'équation du plan polaire se calcule immédiatement par
    $$\begin{pmatrix}2&-1&2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&1/2\\0&0&1/2&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&1&1/2&1\end{pmatrix}\;.$$
  • stfj
    stfj
    Modifié (December 2024)
    Bonjour
    Merci, je connais en effet la formule $^tP\cdot F$ pour calculer l'hyperplan polaire. Et en effet, les calculs fournissent $$[-2,1,1/2,1]$$ce qui est bien cohérent avec mon calcul dans le message original. 
    Mais quel rapport avec la définition des plans polaires avec des conjugués harmoniques ?
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    C'est le fait qu'une forme quadratique non dégénérée sur un espace vectoriel $E$ de dimension 2 définit une homographie involutive sur la droite projective $\mathrm P(E)$.
  • stfj
    stfj
    @GaBuZoMeu : merci de ton aide. Concrètement, cela donne quoi ici ? Quel plan  vectoriel $E$ considérer ? (J'ai choisi la droite $g$ passant par $P=(2,-1,2)$ et $P'_1=(-1,2,2)$)
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Le plan vectoriel de base $\left(\begin{pmatrix}2\\-1\\2\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\2\\2\\1\end{pmatrix}\right)$.
  • stfj
    stfj
    Modifié (December 2024)
    La forme quadratique est $$\varphi:\mathbb R^4\to \mathbb R$$ $$ (x,y,z,t)\mapsto x^2+y^2-zt$$On se place dans $V:=\mathbb R^4$
    $\varphi $ est bien non dégénérée : $$det (\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&-1/2\\0&0&-1/2&0\end{pmatrix})=-1/4$$

  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Je parle de la non dégénérescence en restriction au plan vectoriel.
  • stfj
    stfj
    Le plan vectoriel est $$E\doteq span\left(\begin{pmatrix}2\\-1\\2\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\2\\2\\1\end{pmatrix}\right)$$ $\varphi|E$ est non dégénérée.

  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Ton calcul de $P'$ du premier message est faux : il n'est pas sur la droite indiquée.
  • stfj
    stfj
    J'ai trouvé ceci dans Un bref aperçu de la géométrie projective de Benoît Kloeckner :
  • stfj
    stfj
    Modifié (December 2024)
    Pour en revenir aux cercles, la droite $g$ représente le système coaxial de cercles à deux points limites $$x^2+y^2-2x+2+\lambda(-2x+2y)=0$$ $$Q=(\frac{1-\sqrt3}{2}, \frac{1+\sqrt3}{2})\,\&\, R$$d'axe radical $$y=x$$
    en reprenant les notations initiales : https://www.geogebra.org/classic/ew3qcn78


  • stfj
    stfj
    @GaBuZoMeu : j'ai corrigé P', je m'étais emmêlé les pinceaux :)
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Je vois que tu as corrigé ton $P'$ suite à ma remarque. Il aurait été honnête de le signaler.
  • stfj
    stfj
    Non, j'avais corrigé P' avant de voir ta remarque :)
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Mon message 16:32. Ta modification : 18:27
    Ou alors, tu ne lis pas les réponses qu'on te fait ? Ce que tu écris me laisse souvent cette impression.
  • stfj
    stfj
    Modifié (December 2024)
    La représentation classique dans un plan des cercles associés à $P$ et $P'$ est frustrante puisque $P'$ ne représente pas un "vrai cercle". Pedoe, dans Geometry, a comprehensive course, appelle ces cercles des cercles virtuels. Pour en tenter néanmoins une représentation, on peut se contenter de leurs "centres" $C_P$ et $C_{P'}$.
    Précisons les calculs :
    Au point $P=(2,-1,2)$ pris dans le message initial, est associé le cercle $$\mathscr C_P:X^2+Y^2-2\times\color{red}2\times\color{black} X-2\times\color{red}(-1)\color{black}\times Y+\color{red}2\color{black}$$
    Au point $P'=(1,0,2)$, le cercle virtuel $$\mathscr C_{P'}:X^2+Y^2-2\times\color{red}1\times\color{black} X-2\times\color{red}0\color{black}\times Y+\color{red}2\color{black}$$
    On visualise mieux ce qui se passe pour le faisceau de cercles engendré par $\mathscr C_P$ et $\mathscr C_{P'}$ dans l'animation geogebra, et peut-être mieux encore dans l'illustration du message initial.
    Par ailleurs, on peut vérifier de multiples façons (voir ci-dessus) que $\mathscr C_P$ et $\mathscr C_{P'}$ sont orthogonaux, au sens algébrique du mot puisque le sens éventuel géométrique m'échappe.

  • pldx1
    pldx1
    Bonjour,
    stfj a dit: La représentation classique dans un plan des cercles associés à $P$ et $P'$ est frustrante puisque $P'$ ne représente pas un "vrai cercle". Pedoe, dans Geometry, a comprehensive course, appelle ces cercles des cercles virtuels. Pour en tenter néanmoins une représentation, on peut se contenter de leurs "centres" $C_P$ et $C_{P'}$
    Lorsque  $r>0$, la représentation classique dans le rantanplan du cercle $(P,r)$ s'obtient en utilisant un compas banal, appelé "compas rouillé" dans les vieux manuels. La représentation classique dans le rantanplan du cercle $(P, i r)$ s'obtient en remplaçant le trace-ligne du compas par une roulette à pointillés. Et alors Pedoe, op. cit., explique comment utiliser le cercle visible associé pour tracer un cercle orthogonal à un cercle imaginaire.

    Cordialement, Pierre.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Français