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Ellipse et gudules

Modifié (29 Jul) dans Géométrie
Bonjour à tous
Voici un petit problème, autrefois un pont aux ânes pour nos aïeux.
Aujourd'hui, on ne peut plus que se souvenir d'eux et à défaut de rédiger une solution bien improbable, on peut se servir de son logiciel de géométrie dynamique préféré pour essayer de dire quelque chose de sensé à propos de cette configuration.
On se donne une ellipse $\Gamma$ et un point $\Omega$ intérieur à cette ellipse, (juste pour être sûr que tous les points de la configuration sont visibles !).
Un angle droit de sommet $\Omega$, (Pierre dirait un gudule), recoupe l'ellipse $\Gamma$ en $A$, $B$, $C$, $D$.
1° Montrer que lorsque le gudule pivote autour de $\Omega$, les côtés du quadrilatère $ABCD$ enveloppent une conique $\gamma$ de foyer $\Omega$.
2° Caractériser et construire la directrice $\Delta$ de $\gamma$ associée au foyer $\Omega$.
3° Soit $\Omega'$ le second foyer de $\gamma$.
Montrer qu'il existe une transformation (simple?) du plan euclidien telle que $\Omega'=f(\Omega)$.
J'ai mis un point d'interrogation car on se doute que cette transformation a totalement disparu de nos compteurs à une époque analphabète où la seule transformation plane encore vaguement connue reste la transformation identité $id: m\mapsto m$.
Amicalement
pappus

Réponses

  • Modifié (29 Jul)
    Bonjour pappus
      Une figure à défaut d'une preuve.
      
    Amitiés.
  • Modifié (29 Jul)
    Merci Cailloux
    Pas mal pour un début!
    Effectivement!
    Les symétriques $\Omega'_k$ doivent se retrouver sur le cercle directeur relatif à l'autre foyer $\Omega'$!
    Quant à la construction de $\Delta$, elle est correcte.
    C'est la polaire de $\Omega$ par rapport à l'ellipse $\Gamma$.
    Il ne te reste plus qu'à trouver avec ton logiciel cette transformation plane $f$ qui, je le pense, va se laisser désirer, un petit bout de temps!
    Amitiés
    pappus
  • J'en suis au stade des conjectures :
    Il semble que la transformation $f$ est une similitude indirecte de point invariant le centre de l'ellipse de départ et d'axe le grand axe de cette ellipse.
    Je n'arrive pas pour l'instant à mettre la main sur son rapport.
    Amitiés.
  • Merci Cailloux
    C'est effectivement cela!
    Tu es très très fort!
    Tu peux expérimentalement mesurer le rapport de cette similitude qui est un nombre sans dimension et le comparer avec ceux que tu peux obtenir à partir des longueurs des axes de l'ellipse.
    Une première réflexion!
    Indépendamment de toute ellipse $\Gamma$, si tu prends un gudule de sommet $\Omega$ et que tu choisisses arbitrairement deux paires de points $A$ et $C$ sur la première droite du gudule et deux points $B$ et $D$ sur la deuxième droite, tu obtiens un quadrilatère $ABCD$ sur lequel tu peux effectuer ta petite manipulation en construisant les symétriques $\Omega'_k$ du point $\Omega$ par rapport aux côtés successifs du quadrilatère $ABCD$.
    Que se passe-t-il?
    C'est une situation beaucoup plus simple que celle que j'ai envisagée au début de cette discussion!
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour,
    J'ai trouvé que le rapport de la similitude est $k = \frac{a^{2} + b^{2}}{a^{2} - b^{2}}.$ Les foyers de l'ellipse initiale fixés j'ai tracé le lieu du point de coordonnées $M(a^2/b^2,k)$ lorsque $a$ varie, lieu qui ressemblait furieusement à une hyperbole. Avec l'outil conique par cinq points j'en trouve une équation (très approchée) mais je remarque que les coefficients en $x^2$ et $y^2$ sont presque nuls alors... je les annule ! Et les autres m'ont l'air très proche de $2\sqrt{2}$, je les remplace par ce nombre, et je simplifie pour finalement trouver $xy=x+y+1$ pour équation de l'hyperbole. Je vérifie alors que le point $M$ de départ est bien dessus. Bingo! Un petit calcul donne alors le rapport susmentionné.
    Amicalement, Ludwig
  • Modifié (29 Jul)
    Bonjour Ludwig,

      Je pense qu tu as inversé ton rapport de similitude.
    Amicalement.
  • Ah oui exact. C'est le rapport inverse que j'ai mis comme ordonnée de $M$.
  • Modifié (29 Jul)
    Indépendamment de toute ellipse $\Gamma$, si tu prends un gudule de sommet $\Omega$ et que tu choisisses arbitrairement deux paires de points $A$ et $C$ sur la première droite du gudule et deux points $B$ et $D$ sur la deuxième droite, tu obtiens un quadrilatère $ABCD$ sur lequel tu peux effectuer ta petite manipulation en construisant les symétriques $\Omega'_k$ du point $\Omega$ par rapport aux côtés successifs du quadrilatère $ABCD$.
    Que se passe-t-il ?
    Il se passe que les 4 points $\Omega'_k$ sont cocycliques.
    Je vois bien que tu essaies de m'orienter vers une solution au problème de départ mais maintenant, je n'ai plus le temps : je pédale avec les filles.
    Amitiés.
  • Modifié (29 Jul)
    Bonsoir à tous
    Un petit commentaire pour l'instant (qui s'applique à de nombreux autres sujets de géométrie).
    Avec nos logiciels, que ce soit Cabri ou GeoGebra, il est relativement facile de faire des conjectures. Nos aïeux en "Mathélem" ne disposaient que d'une misérable figure tracée la plupart du temps à main levée et fixe.
    J'admire leur clairvoyance à l'époque.
    Amicalement.
  • Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves
    Il y a surement moyen de s'en tirer en manipulant les points cycliques d'une façon ou d'une autre mais je voudrais être plus prosaïque et refaire par nostalgie ces calculs sur lesquels j'ai dû baver quand j'étais en Taupe.
    Je n'avais alors pas la moindre notion d'algèbre linéaire ou bilinéaire mais j'étais bon en géométrie, bien forcé puisqu'il n'y avait que ça au programme.
    Ce minuscule exercice me servira de madeleine de Proust  et j'espère revoir ainsi les visages de mes camarades et des professeurs de cette époque bien révolue.
    Tout d'abord l'équation dite réduite de l'ellipse
    $$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}-1=0$$!
    Est-elle encore enseignée?
    J'ai quelques doutes!
    Le cas $a=b=1$ devrait l'être!
    Bien obligé puisque c'est l'équation du Divin Cercle Trigonométrique, le seul cercle qui nous reste à nous mettre sous la dent!
    Les coordonnées $(\alpha,\beta)$ du point $\Omega$ dans ce repère.
    Et c'est parti .pour un tour.
    Je gribouille, je gribouille.
    Peut-être vais-je gribouiller indéfiniment?
    Je me souviens des temps anciens et je pleure.
    Amicalement
    pappus
  • Bonne nuit pappus,
    Je vois ce que tu suggères ; dans le repère considéré :
    $\Omega (\alpha,\beta)$ en sorte que $\dfrac{\alpha^2}{a^2}+\dfrac{\beta^2}{b^2}<1$ et $A(a\cos\,t,b\sin\,t)$ 
    puis une équation de la droite perpendiculaire à $(\Omega A)$ en $\Omega$ et une équation pour obtenir les points $B$ et $D$.
    Enfin une équation de $(AB)$ (ou $(AD)$) à laquelle on applique la théorie des enveloppes qui donnera en principe une équation paramétrique de $\gamma$.
    Très franchement je ne me serais jamais lancé dans ces calculs sans ton incitation. Ça sent la galère ...
    Je tenterai l’affaire après une bonne nuit.
    Amitiés.
  • Modifié (29 Jul)
    Bonne nuit Cailloux et fais de beaux rêves
    La galère?
    Oui, elle vient très vite si on s'y prend mal!
    Il ne faut pas s'hypnotiser sur le quadrilatère $ABCD$.
    Je reformulerai le problème ainsi à l'ancienne!
    Enveloppe des cordes d'une ellipse vues du point $\Omega$ sous un angle droit.
    Le problème, c'est le gudule.
    Si on veut avoir une équation simple du gudule, il est préférable que le sommet $\Omega$ soit à l'origine des coordonnées.
    Qu'à cela ne tienne, autrefois, on translatait les axes au point $\Omega$.
    Mais qui aujourd'hui sait translater les axes?
    Sans doute, plus grand monde!
    Amitiés
    pappus

  • Modifié (30 Jul)
    Bonjour à tous
    Dans le repère où l'ellipse a son équation réduite, on va donc se donner a priori l'équation de la corde:
    $$ux+vy +w=0$$
    et chercher à quelles conditions portant sur $(u,v,w)$, cette corde est vue du point $\Omega$ sous un angle droit.
    Comme je l'ai annoncé, on translate les axes au point $\Omega$:
    $$\begin{cases}x=\alpha+X\\y=\beta+Y\end{cases}$$
    Ces formules sont-elles encore enseignées?
    Je n'en sais rien, j'en doute beaucoup et surtout je n'en ai plus rien à cirer.
    A notre époque moyenâgeuse mais bourbakiste où on aime bien se gargariser de mots, on dit qu'on a vectorialisé le plan affine au point $\Omega$.
    Quand j'étais en Taupe où je ne connaissais pas plus  l'algèbre linéaire que le plan affine, je vectorialisai donc sans le savoir.
    Les équations de l'ellipse et de la corde deviennent dans ces nouveaux axes, (pardon dans ce nouveau repère):
    $$\dfrac{(\alpha+X)^2}{a^2}+\dfrac{(\beta+Y)^2}{b^2}-1=0$$
    $$u(\alpha+X)+v(\beta+Y)+w=0$$
    Il ne reste plus qu'à former l'équation du gudule dans ces nouveaux axes (euh, ce nouveau repère).!
    C'est plus facile à dire qu'à faire mais c'est à ce moment là que j'ai eu en Taupe mon premier contact avec la géométrie projective!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    En attendant que quelqu'un se propose pour rédiger une improbable solution, je précise la figure de Cailloux:
    Les diagonales orthogonales $AC$ et $BD$ sont les bissectrices des cordes de contact $ac$ et $bd$.
    De plus $P\Omega\perp ac$ et $Q\Omega\perp cd$.
    Amicalement
    pappus


  • Modifié (31 Jul)
    Bonjour à tous
    Je sais bien que personne ne viendra à mon secours.
    Il suffit de parcourir ce forum pour le comprendre.
    La géométrie se résume aujourd'hui à une collection d'axiomes inexplicables et incompréhensibles, voir par exemple dans un fil voisin l'axiome du triangle rectangle.
    Plus personne ne veut se fatiguer. Tout au plus contemple-t-on comme dans les nombreux fils initiés par Jelobreuil!
    Alors je vais devoir bien malgré moi, me replonger dans un passé acnéïque et révolu!
    Sur la figure famélique ci-dessous, il ne faut même pas imaginer que l'ellipse rouge est tracée.
    Je ne disposais pas de logiciel de géométrie dynamique à cette époque.
    Tout au plus pouvais-je suggérer une vague translation des axes et tracer d'une main tremblotante en pointillé quelque chose qui avait vocation à être un gudule et dont je devais former l'équation dans les nouveaux axes $\Omega XY$.
    Je choisissais donc un point $(X,Y)$ sur le gudule et je devais écrire qu'un de ses homothétiques $(\dfrac XZ,\dfrac YZ)$ appartenait à l'intersection de l'ellipse et de sa corde:
    $$\dfrac{(\alpha+\frac XZ)^2}{a^2}+\dfrac{(\beta+\frac YZ)^2}{b^2}-1=0$$
    $$u(\alpha+\frac XZ)+v(\beta+\frac YZ)+w=0$$
    On faisait apparaître les polynômes adéquats:
    $$\dfrac{X^2}{a^2}+\dfrac{Y^2}{b^2}+\dfrac{2\alpha XZ}{a^2}+\dfrac{2\beta YZ}{b^2}+(\dfrac{\alpha^2}{a^2}+\dfrac{\beta^2}{b^2}-1)Z^2=0$$
    $$uX+vY+(u\alpha+v\beta+w)Z=0$$
    L'équation du gudule s'obtient en éliminant $Z$ entre ces deux dernières équations.
    Ce n'est pas tout à fait la galère mais ça commence à y ressembler.
    Ce qu'on se gardait bien de nous dire à l'époque, c'est que nous faisions de la géométrie projective car le triplet $(X:Y:Z)$ sont des coordonnées homogènes.
    Est-ce encore moi qui vais devoir éliminer $Z$ entre ces deux équations?
    Pitié pour le pauvre arthritique!
    Amicalement
    pappus


  • Bonjour à tous
    Ceux qui sont paresseux c'est-à-dire le plus grand nombre peuvent utiliser leur logiciel de calcul formel favori mais quand j'étais en Taupe, bien forcé de faire ces maudits calculs à la main!
    Amicalement
    pappus

  • Bonsoir,
    Ta deuxième équation donne $Z=-\frac{uX + vY}{u \alpha + v \beta + w}$. Remplacer $Z$ par cette fraction dans l'autre équation donnera forcément un truc imbuvable qui, j'imagine, devra être présenté de façon lisible.. Donc cela doit se simplifier, se factoriser ? Je ne vois absolument pas comment faire cela à la main ! Et mon calcul formel ne donne pas grand chose.. à part une égalité de trois kilomètres de long.
  • Modifié (31 Jul)
    Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves!
    Sauf erreur de ma part, j'ai trouvé après élimination de $Z$:
    $$(\alpha u+\beta v+w)^2(\dfrac{X^2}{a^2}+\dfrac{Y^2}{b^2})-2(\alpha u+\beta v+w)(\dfrac{\alpha X}{a^2}+\dfrac{\beta Y}{b^2})(uX+vY)+(\dfrac{\alpha^2}{a^2}+\dfrac{\beta^2}{b^2}-1)(uX+vY)^2=0$$
    L'annulation de cette forme quadratique en $(X,Y)$ est bien l'écriture de l'équation de deux droites mais comment être sûr que ces deux droites sont orthogonales et forment donc ce que Pierre appelle un gudule.
    Amicalement
    pappus
    PS
    Courage Ludwig, tu peux y arriver!
    A la main, ce n'est qu'une question d'ordre et de méthode.
    Il ne faut pas développer n'importe comment.
    Même remarque pour le logiciel de calcul formel, il faut savoir s'en servir et hélas étant de la vieille école, sans aucune formation en la matière, je m'en sers fort mal!
    Aussi je ne l'utilise qu'en dernier recours!
  • Oui je trouve aussi cette expression. Mais comment vois-tu tout de suite que l'annulation de cette forme quadratique correspond à deux droites ? C'est une propriété générale en fait ?
  • Mon cher Ludwig
    C'est le B.A.BA des formes quadratiques définies sur un plan vectoriel réel.
    Je ne peux pas l'apprendre à ta place.
    C'est toute la théorie des équations du second degré ni plus ni moins!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Sans avoir à développer quoique ce soit, on constate qu'on est face à une forme quadratique de la forme:
    $$pX^2+2qXY+rY^2$$
    dont les coefficients $(p,q,r)$ sont eux mêmes des formes quadratiques en $(u,v,w)$.
    Je réitère ma question!
    A quelle condition portant sur $(p,q,r)$, l'équation:
    $$pX^2+2qXY+rY^2=0$$
    représente-t-elle deux droites orthogonales?
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (1 Aug)
    $p+r=0$.
  • Modifié (1 Aug)
    Merci Gai Requin
    Ben oui!
    Quand j'étais en sup, on apprenait pas la théorie des formes quadratiques mais on savait au moins ça!
    H.Commissaire et G.Cagnac:
    Cours de Mathématiques Spéciales, Tome I, Eléments d'Algèbre et de Géométrie Analytique, Deuxième Edition, $1941$, Article $149$, page $354$, Droites représentées par une équation homogène du second degré.
    Vous remarquerez que le mot "forme quadratique" n'était jamais écrit!
    Je rappelle l'exo suivant, bateau pour les taupins d'aujourd'hui et dont il vaut mieux connaître la solution si on veut éviter d'exterminer les aliens et autres zombies sur l'écran de sa bécane pour le restant de ses jours:
    Soit $q$ une forme quadratique définie sur un espace euclidien $E$.
    A quelle condition portant sur $q$ existe-t-il une base orthonormée de $E$ formée de vecteurs isotropes de $q$?
    Morale de l'histoire?
    Voici le programme à suivre pour continuer l'exo!
    On calcule $p$ et $r$.
    On fait leur somme, on l'annule et on réfléchit sur le résultat obtenu!
    Amicalement
    pappus
  • On trouve la conique tangentielle $a^2(\alpha^2 + \beta^2-b^2)u^2 + 2a^2\alpha uw + b^2( \alpha^2 + \beta^2-a^2)v^2 + 2b^2\beta vw + (a^2 + b^2)w^2=0$.
  • Modifié (1 Aug)
    Merci Gai Requin
    Exact mais c'est toi le spécialiste maintenant et pas moi!
    Bravissimo.
    Finalement ce n'était pas tant la galère que cela!
    Tu as bien réfléchi en disant que c'était une conique tangentielle.
    Plus exactement on a sous les yeux l'équation tangentielle d'une conique dont c'est un jeu d'enfant d'écrire l'équation ponctuelle si on le désire.
    Mais équation ponctuelle ou équation tangentielle, on peut savoir tout ce qu'on veut sur la conique à partir de l'une ou l'autre de ces deux équations.
    En tout cas, je me souviens qu'à mon époque taupinale, ce n'était pas marrant d'obtenir une de ces équations à partir de l'autre car nous ne connaissions ni l'algèbre linéaire  ni la dualité!
    Il fallait continuer à en baver encore!!
    Avec l'équation tangentielle que tu as eu la gentillesse de nous écrire, on peut par exemple, sans utiliser l'équation ponctuelle,  récupérer très facilement les foyers de cette conique et vérifier qu'ils sont bien ce que Cailloux et Ludwig nous en ont dit!
    Comment ferais-tu?
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (1 Aug)
    $F(x,y)$ est un foyer ssi $(1,i,-x-iy)$ est sur la conique tangentielle.
    Les foyers réels sont donc $\Omega$ et $\Omega'\left(\dfrac{\alpha(a^2-b^2)}{a^2+b^2},\dfrac{\beta(b^2-a^2)}{a^2+b^2}\right)$.
  • Modifié (1 Aug)
    Bonjour à tous
     Vous me croirez si vous voulez mais j'avais obtenu après quelques calculs "galériens" qui n'ont rien à voir avec ce que propose pappus, l'équation : $$(\alpha^2+\beta^2)(a^2u^2+b^2v^2)+2w(a^2\alpha u+b^2\beta v)+(a^2+b^2)w^2-a^2b^2(u^2+v^2)=0$$qui ressemble fort à l'équation "tangentielle" de gai requin.
     Ne croyant pas trop à mon résultat, javais abandonné.
    Amicalement.
    [Edit] Je n'arrive pas à faire passer le $\LaTeX$
  • Merci Gai Requin
    J'aurais bien voulu que tu explicites tes calculs qui sont loin d'être évidents pour quelqu'un qui les voit pour la première fois c'est-à-dire la plus grande majorité sinon la totalité de tes lecteurs!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (1 Aug)
    Je trouve aussi que la directrice de $\gamma$ associée à $\Omega$ (i.e. la polaire de $\Omega$ par rapport à $\gamma$) a pour équation $$\frac\alpha{a^2}x+\frac\beta{b^2}y=1.$$
  • Merci Gai Requin
    C'est aussi la polaire de $\Omega$ par rapport à l'ellipse donnée au départ comme je l'avais annoncé!
    Il ne reste plus qu'à calculer l'excentricité de $\gamma$ pour pouvoir affronter la prochaine canicule l'esprit tranquille!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (1 Aug)
    Bonjour à tous
    J'ai réussi à calculer l'excentricité de $\gamma$ mais je ne suis pas sûr de moi et je suis très très fatigué.
    Donc je ne donne pas mon résultat pour le moment d'autant plus que j'ai trouvé quelque chose de bizarre.
    Le cercle orthoptique de $\Gamma$ semblerait jouer un rôle important et dans ce calcul d'excentricité et dans la visibilité des coniques $\Gamma$ elles mêmes.
    D'ailleurs la conique $\gamma$ disparait de mon écran dès que le point $\Gamma$ se trouve à l'extérieur de ce cercle orthoptique, ce qui est assez surprenant mais encore une fois je peux me tromper!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    Après une sieste bien méritée, j'ai pu tranquillement reprendre mes calculs et les vérifier!
    Je trouve pour l'excentricité de la conique bleue $(\gamma)$ la formule:
    $$e^2=\dfrac{b^4\alpha^2+a^4\beta^2}{a^2b^2(a^2+b^2-\alpha^2-\beta^2)}$$
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (2 Aug)
    Bonjour à tous
    J'en reviens à la détermination de la conique $(\gamma)$ via son équation tangentielle:
    $$a^2(\alpha^2 + \beta^2-b^2)u^2 + 2a^2\alpha uw + b^2( \alpha^2 + \beta^2-a^2)v^2 + 2b^2\beta vw + (a^2 + b^2)w^2=0$$
    Gai Requin nous a laissé sur notre faim en n'effectuant pas les calculs qu'il suggérait!
    Alors comme d'habitude, ( je me lève et je te bouscule...), c'est moi qui vais m'y coller.
    On utilise la défunte caractérisation plückérienne des foyers:
    Les tangentes issues d'un foyer $(x,y)$ à $(\gamma)$ sont isotropes, donc d'équation:
    $$Y-y-\imath(X-x)=0$$
    où $\imath$ est une des deux racines carrées de $-1$.
    Les coordonnées tangentielles de ces tangentes sont donc:
    $$(-\imath, 1,\imath x-y)$$
    Et on doit écrire qu'elles vérifient l'équation tangentielle de $(\gamma)$ et c'est là que cela devient intéressant et que Gai Requin nous a caché:
    On obtient:
    $$-a^2(\alpha^2+\beta^2-b^2)+b^2(\alpha^2+\beta^2-a^2)-2a^2\alpha\imath(\imath x-y)+2b^2\beta(\imath x-y)+(a^2+b^2)(\imath x-y)^2=0$$
    On sépare les parties réelles et imaginaires pour obtenir:
    $-a^2(\alpha^2+\beta^2-b^2)+b^2(\alpha^2+\beta^2-a^2)+2a^2\alpha x-2b^2\beta y+(a^2+b^2)(-x^2+y^2)=0$
    $a^2\alpha x+b^2\beta y-(a^2+b^2)xy=0$
    On doit donc chercher l'intersection de deux hyperboles équilatères, donc quatre points!
    Et ce ne serait pas si commode que cela si Cailloux et Ludwig n'avaient donné auparavant les coordonnées de ces foyers, issues de leur brillante imagination!
    Amicalement
    pappus


  • $\imath$ ne serait-elle pas plutôt une racine carrée de $-1$ dans $\mathbb C$ ?
  • Mon cher Gai Requin
    J’ai oublié le signe moins!
    Tu vois le niveau mental dans lequel je suis tombé!
    Mais tu ferais mieux de t’intéresser au petit problème algébrique que je pose!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (2 Aug)
    Bonjour à tous
    Je réécris l'équation qui nous a donné les foyers:
    $$-a^2(\alpha^2+\beta^2-b^2)+b^2(\alpha^2+\beta^2-a^2)-2a^2\alpha\imath(\imath x-y)+2b^2\beta(\imath x-y)+(a^2+b^2)(\imath x-y)^2=0$$
    Les parties réelles et imaginaires sont les équations de deux hyperboles équilatères qui se coupent en quatre points:
    les deux foyers réels trouvés par Cailloux et Ludwig et deux autres points imaginaires conjugués qu'il serait judicieux d'expliciter, (je ne peux pas tout faire!) et qui correspondent probablement aux deux foyers imaginaires conjugués de $(\gamma)$ selon la théorie!
    D'autre part si je pose $z=\imath x-y$ dans l'équation précédente, on obtient un polynôme du second degré en $z$ qui se factorise nécessairement en une factorisation que j'ose appeler la factorisation de Cailloux-Ludwig:
    $$-a^2(\alpha^2+\beta^2-b^2)+b^2(\alpha^2+\beta^2-a^2)-2a^2\alpha\imath z+2b^2\beta z+(a^2+b^2)z^2=(z+\beta-\imath\alpha)((a^2+b^2)z+(b^2-a^2)(\beta+\imath \alpha))$$
    D'où deux solutions seulement, celles de Cailloux-Ludwig.
    Comment sortir de ce dilemme?
    Amicalement
    pappus
    PS
    C'est Maxima qui m'a fourni la factorisation de Cailloux-Ludwig!
    J'aurais été bien incapable de la trouver par moi-même!
    On voit quel est mon niveau dans l'utilisation d'un logiciel de calcul formel:
    Factoriser un polynôme du second degré!

  • Il n'y a pas de dilemme, le théorème de Bézout s'applique dans $\mathbb C$.
    L'un des foyers imaginaires est $\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2}(\alpha+i\beta),\dfrac{b^2}{a^2+b^2}(\beta-i\alpha)\right)$.
  • Mon cher Gai Requin
    Merci d'avoir explicité ces foyers imaginaires!
    Mais soit plus précis!
    Tu appliques concrètement le théorème de Bezout à quelle situation?
    Amicalement
    pappus


  • Modifié (2 Aug)
    Deux courbes algébriques irréductibles de degré $2$ s'intersectent en quatre points du plan projectif complexe.
    Concrètement ici, l'un des foyers imaginaires $(a'+ib',c'+id')$ ($a',b',c',d'\in\mathbb R$) vérifie $i(a'+ib')-(c'+id')=i\alpha-\beta$ d'après ta factorisation.
    D'où $i(a'-ib')-(c'-id')=\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}(\beta+i\alpha)$ et :$$\begin{cases}a'-d'&=\alpha\\b'+c'&=\beta\\b'-c'&=\beta\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\\a'+d'&=\alpha\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\end{cases}.$$
  • Merci Gai Requin
    Ce que j'essaye de comprendre, c'est pourquoi la factorisation du polynôme du second degré en $z$ ne permet pas d'accéder aux foyers imaginaires!
    Du point de vue des tracés qu'on a à faire, seule la connaissance des foyers réels est vraiment utile!
    Amicalement
    pappus.
    PS
    Il reste à justifier mon calcul de l'excentricité de $(\gamma)$
  • Je t'ai pourtant montré comment trouver les foyers imaginaires à partir de ta factorisation 🤔
  • Modifié (3 Aug)
    Mon cher Gai Requin
    Je n'ai pas compris ton petit calcul dans la mesure où les lettres $a$ et $b$ sont déjà prises pour désigner les longueurs des axes de l'ellipse $\Gamma$.
    D'autre part, tu me donnes l'impression de suggérer que des coniques homofocales (i.e qui ont les mêmes foyers réels) ont aussi les mêmes foyers imaginaires.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (2 Aug)
    J'ai changé $a,b,c,d$ en $a',b',c',d'$.
    Pour le reste, je dis que si $x,y\in\mathbb C$ sont tels que $z=ix-y$ est solution de ton équation en $z$, alors $i\;\overline x-\overline y$ est aussi solution puisque la conjugaison complexe est un automorphisme de toute courbe algébrique à coefficients réels.
    Par ailleurs, j'ai vérifié que mes deux foyers imaginaires sont bien solutions.
    Avec les deux foyers réels, le compte est bon d'après Bézout.
  • Merci Gai Requin de me permettre de dialoguer avec toi!
    On voit bien que tu es beaucoup plus à l'aise que moi en algèbre dans laquelle je suis parfois un peu perdu!
    En fait pour moi, ces questions de foyers ne venaient qu'au second plan dans cet exercice et la connaissance des foyers réels de $(\gamma)$ me suffisait largement mais je sais que Pierre tient beaucoup à ces quatre foyers, alors je voudrais comprendre pourquoi.
    J'ai parlé de coniques homofocales dont un exemple fort connu est géré par les équations:
    $$\dfrac{x^2}{a^2+\lambda}+\dfrac{y^2}{b^2+\lambda}-1=0$$
    avec $\lambda\in\mathbb R$ et $a>b>0$
    Leurs équations tangentielles sont:
    $$(a^2+\lambda)u^2+(b^2+\lambda)v^2-w^2=0$$
    Si $(x,y)$ sont les coordonnées d'un foyer, on a vu que $z=\imath x -y$ doit vérifier l'équation:
    $$-a^2+b^2-z^2=0$$
    En posant $c=\sqrt{a^2-b^2}$, on tombe sur l'équation $z^2+c^2=0$ dont les solutions sont:
    $$z=\pm \imath c =\imath x-y$$
    c'est à dire $x=\pm c$ et $y=0$
    Toutes ces coniques sont bien homofocales et ont pour foyers réels les points $(\pm c,0)$ comme il se doit.
    D'autre part en séparant parties réelles et imaginaires, on tombe sur les équations:
    $x^2-y^2-c^2=0$ et $xy=0$ dont les quatre solutions sont les points $(\pm c,0)$ et $(0,\pm \imath c)$
    Donc c'est bien ce que je disais, ces coniques, non content d'être homofocales ont aussi les mêmes foyers imaginaires.
    Maintenant ayant bien digéré cela, on efface tout, on oublie même provisoirement les équations ponctuelles et tangentielles et on repique à la ratatouille:
    Je considère les coniques homofocales ayant pour foyers réels communs les points $z_1=(a_1,b_1)=a_1+\imath b_1$ et $z_2=(a_2,b_2)=a_2+\imath b_2$ avec $(a_1,b_1,a_2,b_2)\in \mathbb R^4$, quels sont leurs foyers imaginaires communs?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (3 Aug)
    Bonsoir à tous
    Ainsi on ne saura probablement jamais quels sont les foyers imaginaires communs des coniques homofocales de foyers réels communs $F_1$ et $F_2$.
    Il est vrai que le sujet n'a plus grande importance à une époque où la seule conique encore provisoirement en service chez nous reste le Divin Cercle Trigonométrique.
    Pauvre Copernic qui visiblement s'est donné beaucoup de mal pour pas grand chose.
    Ptolémée aurait-il eu raison en définitive?
    Faut-il vraiment que je me lance dans ce calcul peu reluisant de l'excentricité de $(\gamma)$?
    En tout cas, ce qui est certain, c'est qu'on peut déjà tracer la conique $(\gamma)$ directement sans avoir à dessiner  le moindre gudule compte tenu des renseignements que nous possédons déjà!
    Mais il est probable que ceux-ci sont rentrés par une oreille et sortis par l'autre?
    L'avenir nous le dira!
    Amicalement
    pappus
    PS
    On construit la polaire $\Delta$ de $\Omega$ par rapport à l'ellipse $\Gamma$.
    C'est aussi la directrice associée à $\Omega$ de la conique bleue $\gamma$.
    On trace la perpendiculaire issue de $\Omega$ à $\Delta$.
    C'est le grand axe de $\gamma$.
    On trace la droite symétrique de la droite $O\Omega$ par rapport au grand axe $OA$ de $\Gamma$ qui recoupe l'axe de $\gamma$ en $\Omega'$ le second foyer de $\gamma$.
    On trace le milieu $\omega$ du segment $\Omega\Omega'$.
    C'est le centre de $\gamma$.
    On sait ou plus exactement on savait que la polaire de $\Omega$ par rapport au cercle principal de $\gamma$ est sa directrice $\Delta$.
    D'où la construction suivante de ce cercle principal: soit $H$ l'intersection de l'axe de $\gamma$ avec la directrice $\Delta$.
    On trace le cercle de diamètre $\Omega H$ puis en bleu le cercle de centre $\omega$ et orthogonal à ce dernier cercle.
    C'est le cercle principal de $\gamma$.
    Enfin une conique est entièrement déterminée par son cercle principal et un foyer.
    On peut tracer $\gamma$, ce que je n'ai pas manqué de faire.
    J'ai même tracé $\gamma$ quand $\Omega$ est extérieur à $\Gamma$ pour voir ce que cela donnait, ça ne mange pas de pain!
    Les improbables curieux regarderont ce qui se passe quand $\Omega$ est sur $\Gamma$, sur son cercle orthoptique s'ils savent ce que c'est et à l'extérieur du cercle orthoptique.



  • Modifié (4 Aug)
    Bonjour à tous
    Vu le peu d'intérêt suscité par cette discussion, je crois que je vais arrêter là les frais.
    A quoi bon continuer?
    Mais pour montrer que ma formule donnant l'excentricité n'est pas du bidon, je termine avec une dernière figure.
    On remarque que les lignes de niveau de l'excentricité sont des ellipses d'axes $Oxy$.
    Je me suis amusé à tracer la ligne de niveau donnant des hyperboles équilatères: $e=\sqrt 2$
    Bof!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (4 Aug)
    Bien cher Pappus
    J'ai suivi cette discussion, tout en étant bien incapable d'y mettre mon grain de sel ...
    Et comme je l'ai écrit ailleurs, tu m'épateras toujours !
    Bien amicalement, JLB
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