Deux équations avec des distances

soland

Quelles sont les conditions pour que les équations
$$
\lambda|za|+\mu|zb|+\nu|ab| = 0\qquad\text{et} \qquad \lambda|za|+\mu|zb|+\nu|zc| = 0

$$ aient des solutions ?

Les romaines désignent des points du plan euclidien, les grecques des constantes.
$(abc)$ sont fixes, $z$ est variable.
Il y a deux questions indépendantes.

Bouzar

Bonjour Soland
L'équation bipolaire associée à la première équation $\lambda|za|+\mu|zb|+\nu|ab| = 0$ est $\lambda.AM +\mu.BM =-\nu.AB$.

Sauf erreur, on est en présence d'une "ovale de Descartes" où les points $A$ et $B$ sont appelés foyers de l'ovale.

On peut supposer $\lambda + \mu > 0.$
$-$ Si $\nu > -\min(\lambda,\mu)$, alors la courbe est vide.
$-$ Si $0< \mu=\lambda < -\nu$, alors l'ensemble des points $M$ est une ellipse, le troisième foyer est envoyé à l'infini. C'est un ovale dégénéré.
$-$ Si $\mu + \lambda = 0$, alors l'ensemble des points $M$ est une demi-hyperbole. Le troisième foyer est envoyé à l'infini. Il s'agit aussi d'un cas dégénéré.
$-$ Si $\mu = ± \nu$, alors le troisième foyer est confondu avec $A.$ C'est un ovale complet appelé limaçon de Pascal.

Cordialement.

soland

Merci, Bouzar.
A demain pour un complément.

soland

On récrit l'équation $ABCD=0$ avec
$
A = \begin{pmatrix} \lambda & \mu & \nu \end{pmatrix}\qquad
$$
B = \begin{pmatrix} 0&1&1\\1&0&1\\1&1&0 \end{pmatrix}\qquad
$$
C = \begin{pmatrix} -1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1 \end{pmatrix}\qquad
$$
D = \begin{pmatrix} |za| \\ |zb| \\ |ab| \end{pmatrix}
$

$CD$ fait apparaître les inégalités triangulaires dans le triangle $(abz)$

$BC est presque la matrice unité.

Finalement le critère est
Les deux coefficients aux valeurs absolues les plus fortes doivent être de signes contraires.

soland

Il vaut la peine de regarder le sujet des Ovales de Descartes d'un peu plus près.

Une lentille à deux faces sphériques donne une image floue si on l'utilise comme objectif de lunette astronomique, par exemple.
Descartes cherchait la forme à donner à l'une des deux faces pour corriger ce défaut.
Sa réponse : une surface de révolution dont le méridien vérifie
$ (1) \quad |za| + k|zb| = C $
Ici a, b sont deux points fixes du plan et z le point courant du méridien. $k$ est l'indice de réfraction du verre et $C$ une constante qui dépend... des circonstances...

On ne peut presque rien faire de cette équation avant d'y avoir introduit $C\leftarrow\nu|ab|$
$ (2) \quad \lambda|za| + \mu|zb| + \nu|ab| = 0 $
idée simple que je n'ai rencontrée nulle part. Après, les résultats se croient en automne : ils tombent.
Par exemple le critère : \\
$(3) \quad$ L'ovale (2) n'est pas vide $\Longleftrightarrow$ les deux coefficients les plus forts en valeur absolue sont de signes opposés.

à suivre

soland

Par exemple bis :
Il existe un repère propre à l'ovale dans lequel les abscisses des foyers sont $(\lambda^2, \mu^2, \nu^2)$ .

Donnons arbitrairement aux foyers (abc) les abscisses respectives $(0, 1, x)$
La relation de Stewart, qui généralement passe sous les radars parce qu'elle est du 3e degré,
valable pour tous les points $z$ du plan, s'écrit ici
$$
(x - 1)*|za|^2 + (-x)*|zb|^2 + 1*|zc|^2 + 1*x*(x - 1)=0
$$
On élimine $|zb|$ entre la relation de Stewart et l'équation (3) de l'ovale. Il reste
$$
\mu^2 |zc|^2 = \mu^2 x + |ab|^2 \nu^2 x - \mu^2 x^2 + 2 |ab| \lambda \nu x |za| + \mu^2 |za|^2 + \lambda^2 x |za|^2 - \mu^2 x |za|^2
$$
sauf erreur de copie. On aimerait bien que le membre de droite $\Delta$ soit un carré, auquel cas il y aurait factorisation.
Le discriminant en $x$ de D s'annule ssi $x$ vaut 0, 1 ou ${(-\mu^2 - |ab|^2 \nu^2)/(\lambda^2 - \mu^2)}$ (*)
0 et 1 correspondent aux foyers $a$ et $b$, $(*)$ est l'abscisse de $c$

La conclusion s'ensuit.