Cercles tangents

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 $\phi(c,c')=c.Q.c?$

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.!  

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.

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.