coniques bitangentes

stfj

Bonjour,
En m'intéressant à cet ancien post, j'ai obtenu les résultats suivants : Soit $ABC$ un triangle de base. $A=[1:0:0]$(etc.) $AB\simeq [0,0,1], AC\simeq [0,1,0]$. On cherche $Q$ une conique telle que $$d\cdot Q^{-1}\cdot ^t d=0\text { pour }d=AC,AB$$

J'avais déjà fait ces manipulations pour les coniques inscrites dans un triangle. . Ici , on obtient que les matrices $Q$ sont telles que $$Q^{-1}\simeq\begin{bmatrix}\alpha & u & v \\u & 0 & w \\v&w&0 \end{bmatrix}$$Donc $$Q\simeq \begin{bmatrix}-w^2 & vw & uw \\vw & -v^2 & uv-\alpha w \\uw&uv-\alpha w&-u^2\end{bmatrix}$$

Tous mes calculs sont faits assez rapidement à la main. On obtient un résutat très intéressant sur un logiciel de géométrie dynamique tel que geogebra : https://www.geogebra.org/classic/skxj35tr. Je l'ai déjà posté sur l'ancien post mais il est resté probablement caché.

Je voudrais savoir ce que ce résultat vous inspire à la vue de vos connaissances bien supérieures aux miennes dans ce domaine classique. Avez-vous des exemples d'illustrations de telles coniques bitangentes.
Cordialement, Stéphane.
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Remarque : pour retrouver le cas des coniques inscrites dans un triangle, il suffit de fixer alpha=0 dans geogebra.

pappus

Mon cher stfj

Qu'entends-tu par coniques bitangentes?

On a l'impression que tu désignes ainsi la figure parfaitement banale formée par une conique et deux de ses tangentes!

Dans la littérature, on entend plutôt par là deux coniques tangentes en deux points distincts.

Si tu veux des problèmes de construction intéressants sur les coniques, je te propose le suivant:

Etant donnée une conique $\Gamma$ du plan affine et trois points $A$, $B$, $C$, construire la conique $\Gamma'$ circonscrite au triangle $ABC$ et homothétique de $\Gamma$.

Amicalement

pappus

PS

Dans la figure ci-dessous, étant donnée la conique inscrite $\Gamma$ de perspecteur $P$, j'ai construit la conique circonscrite $\Gamma'$ de perspecteur $P'$ qui lui est homothétique.

L'application $P\mapsto P'$ est certainement compliquée!

Vassillia

Bonjour, partons donc de la conique trouvée par @stfj pour faciliter les calculs, on prendra $u+v+w=1$

$Q^{-1}\simeq\begin{bmatrix}0 & u & v \\u & 0 & w \\v & w & 0 \end{bmatrix}$, le perspecteur est alors $P\simeq\begin{bmatrix}\ 1/w \\ 1/v \\ 1/u \end{bmatrix}$.

Il nous faut trouver une homothétie, c'est à dire une collinéation (homographie si vous préférez), comme d'habitude 4 points à envoyer sur 4 autres points. Les ombilics à envoyer sur les ombilics, le centre $O \simeq (p:q:r)$ inconnu pour le moment à envoyer sur le centre $O$ et un point $M \simeq (x:y:z)$ quelconque à envoyer sur son image $M'$ qui doit vérifier $M'-O=k(M-O)$ (avec des points en normalisé bien sûr) où $k$ est le rapport inconnu pour le moment d'homothétie.

On fait le calcul et on trouve $homothetie \simeq \begin{bmatrix} k q + k r + p & -{\left(k - 1\right)} p & -{\left(k - 1\right)} p \\-{\left(k - 1\right)} q & k p + k r + q & -{\left(k - 1\right)} q \\ -{\left(k - 1\right)} r & -{\left(k - 1\right)} r & k p + k q + r \end{bmatrix}$. C'est la matrice qui permet d'avoir l'image $M' \simeq homothetie \cdot M$ pour tous les points $M$.

On calcule donc l'image de la conique par $^t homothetie^{-1} \cdot Q \cdot homothetie^{-1}$, on force la condition de nullité sur les coefficients diagonaux pour être circonscrit à $A$, $B$ et $C$ et on trouve

L'homothétie de centre $O_1 \simeq ((w-1)^2w : (v - 1)^2v : (u - 1)^2u)$ et de rapport $k=\dfrac{(u - 1)(v - 1)(w-1)}{4uvw}$

Et l'homothétie de centre $O_2 \simeq ((w-1)^2/w : (v - 1)^2/v : (u - 1)^2/u)$ et de rapport $-k$

Illustration https://www.geogebra.org/classic/cuqrqvfv où vous pouvez bouger le perspecteur $P$ à la souris pour définir la conique.

pappus

Bonjour à tous

Un autre exemple plus parlant où l'application $P\mapsto P'$ des perspecteurs devrait être beaucoup plus simple!

pappus

pappus

Bonjour à tous

Cette dernière figure est intéressante en elle même.

Je rappelle que j'utilise Cabri et non Geogebra.

Grosso modo Cabri fournit une aide à la construction mais pas pour les calculs alors que Geogebra est plus complet, c'est aussi un logiciel de calcul formel qui interagit sur les constructions et  les figures.

Tout cela pour dire que j'ai dû exécuter ma figure sur le papier avant de de me la faire tracer par Cabri.

Avec Geogebra la philosophie est différente, on calcule d'abord une écriture de l'application $P\mapsto P'$ et ensuite Geogebra trace le point $P'$ sur l'écran.

N'ayant aucune réponse aussi bien de la part des utilisateurs de Cabri que de ceux de Geogebra, il est clair que mon problème n'intéresse absolument personne et cela ne m'étonne guère.

Il n'est question ni de points alignés ni de Véronèses!

Je vais vous dire cependant ce que j'ai fait après avoir tracé ma figure.

J'ai assujetti mon point $P$ à rester sur une droite ou sur un cercle et j'ai regardé ce que faisait alors le point $P'$

Quelle conjecture raisonnable peut-on alors faire sur la nature de l'application $P\mapsto P'$?

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Il y avait quand même une question simple à laquelle nos amateurs de calcul pouvaient répondre:

Etant donnée une conique $\Gamma$ d'équation barycentrique homogène:

$$px^2+qy^2+rz^2+2uyz+2vzx+2wxy=0$$

par rapport au triangle $ABC$, quelle est l'équation de la conique $\Gamma'$ circonscrite au triangle $ABC$ et homothétique de $\Gamma$?

Amicalement

pappus

stfj

Bonjour, @pappus,

J'appelle "coniques bitangentes" une conique tangente à deux côtés fixés une bonne fois pour toutes d'un triangle $ABC$ donné. J'avais traité ici le cas des coniques tritangentes, ie tangentes à trois côtés , il m'a donc semblé naturel de définir ainsi les coniques bitangentes. Quant à la réponse à tes questions, pour ma part, j'ai le cerveau particulièrement lent. Il me faut parfois des décennies pour assimiler une notion mathématique. Je laisse donc à d'autres le soin de répondre à certaines de tes questions que je juge hors de ma portée pour le moment.

Cordialement, Stéphane.

pappus

Merci Vassillia

Nos messages se sont croisés et je  vois que tu as résolu mon premier problème même si tu n'as pas explicité l'application des perspecteurs $P\mapsto P'$ mais il serait facile de le faire avec les calculs que tu as fait!

Je vois deux difficultés pour tes lecteurs:

1° L'écriture de la matrice d'homothétie.

2° Le calcul de ${}^thomothetie^{−1}⋅Q⋅homothetie{−1}$

Le 1° exige déjà de très solides connaissances en géométrie.

Quant aux calculs du 2°, ils me paraissent si compliqués qu'on ne peut que les confier à un logiciel de calcul formel.

Peux-tu nous donner l'écriture de $P\mapsto P'$ en coordonnées barycentriques homogènes?

Quant à mes propres calculs, ils sont différents des tiens mais sans doute assez proches de ceux de nos aïeux qui n'aimaient pas trop calculer et ne disposaient d'aucun logiciel de calcul formel.

Enfin il serait intéressant de savoir comment j'ai construit $P'$ sans connaitre l'écriture de l'application $P\mapsto P'$.

Amicalement

pappus

Vassillia

@pappus J'aime autant que ce soit les lecteurs en question qui me posent des questions s'ils en ont plutôt que de répondre à celles que tu imagines qu'ils me poseraient. De plus, pour le moment, je ne vois pas l’intérêt de préciser l'application $P$ vers $P'$ car je pense que la notion de perspecteur est peu connue et car lorsque j'avais regardé rapidement, elle était plutôt moche même si j'avoue honteusement que j'avais fait la flemmarde à ne pas vraiment chercher à la simplifier. 

Donc @stfj ou quelqu'un d'autre, si vous ne comprenez pas quelque chose, n'hésitez pas. Ce n'est pas si compliqué que ça, je vous promets que vous réussirez à comprendre si vous essayez, quitte à ce qu'on reprenne de zéro. Je vous assure que je n'ai pas de solides connaissances en géométrie donc ... ça se tente sans

stfj

Bonjour,

De zéro, peut-être pas tout à fait : je viens de comprendre $pyth$, ie je suis capable de démontrer que si $u,v$ sont deux vecteurs, alors $\langle u,v\rangle=^t u*pyth^* v$. Je songe même à ouvrir une discussion sur ce sujet.

En ce qui concerne le pespecteur d'une conique, il me semble que j'ai déjà étudié cette notion puis que j'ai oublié. Soit donc$$Q^{-1}\simeq\begin{bmatrix}0 & u & v \\u & 0 & w \\v & w & 0 \end{bmatrix}$$une conique $Q$. Qu'est-ce que son perspecteur $P$ et pourquoi $$P\simeq\begin{bmatrix}\ 1/w \\ 1/v \\ 1/u \end{bmatrix}$$ , @Vassillia ?

Cordialement, Stéphane.

Vassillia

Tu as fait le plus dur (non j'exagère un peu mais il faut bien encourager).

Pour une conique inscrite (tes préférées vu le temps que tu y as passé), si on trace les droites passant par un sommet du triangle et le point de tangence entre la conique et le coté opposé alors ces 3 droites sont concourantes en un point qui sera appelé le perspecteur. Je te laisse vérifier si je ne me suis pas trompée en donnant $P$ pour nous convaincre ?

stfj

Ok, je trouve bien $$P\simeq\left(u v:\,u w:\,v w\right)$$

https://www.geogebra.org/classic/skxj35tr

pappus

Bonjour à tous

Je vais donc me contenter d'exposer ma propre solution de mon dernier exercice vu le mépris avec lequel on me traite!

Considérons deux coniques $\Gamma$ et $\Gamma'$ homothétiques.

Elles ont donc les mêmes points à l'infini $U$ et $V$ et deux autres points d'intersection à distance finie $A$ et $B$.

Les droites $AB$ et $UV$ forment donc une conique décomposée du faisceau de coniques engendrée par $\Gamma$ et $\Gamma'$.

L'équation de $\Gamma'$ se présente donc sous la forme:

$$px^2+qy^2+rz^2+2uyz+2vzx+2wxy+(x+y+z)(\ell x+my+nz)=0$$

Il n'y a plus qu'à ajuster le triplet $(\ell,m,n)$ pour annuler les coefficients de $x^2$, $y^2$, $z^2$ et on trouve pour équation de la conique circonscrite $\Gamma'$ homothétique de $\Gamma$:

$$px^2+qy^2+rz^2+2uyz+2vzx+2wxy-(x+y+z)(px+qy+rz)=0$$

Vous voyez comment nos aïeux étaient malins. Ils ne déterminaient pas explicitement l'homothétie envoyant $\Gamma$ sur $\Gamma'$, ils n'en avaient rien à cirer et ils se contentaient de s'amuser avec la droite de l'infini, un jeu pourtant cher à pldx1.

Il suffit maintenant d'appliquer ce résultat au cas où $\Gamma$ est une conique inscrite et le tour est joué.

Amicalement

pappus

Vassillia

Je n'ai aucun mépris pour toi et je suis très contente que tu puisses expliquer ta solution mais je pense qu'il est mieux pour ton bien être et le mien que l'on échange le moins possible toi et moi. J'ai répondu uniquement car on était sur un fil de @stfj et que ma réponse, aussi imparfaite soit-elle, pouvait peut-être l'intéresser. Si cela n'avait pas été le cas, je ne m'en serais aucunement offusquée. Bref, arrête de me chercher pappus stp.

pappus

Bonjour à tous

Achevons cet exercice à la manière de nos aïeux c'est à dire sans matrices.

Soit $\Gamma$ la conique inscrite de perspecteur $(u:v:w)$.

L'équation ponctuelle de $\Gamma$ est:

$$\dfrac{x^2}{u^2}+\dfrac{y^2}{v^2}+\dfrac{z^2}{w^2}-2\dfrac{yz}{vw}-2\dfrac{zx}{wu}-2\dfrac{xy}{uv}=0$$

L'équation de la conique circonscrite $\Gamma'$ homothétique de $\Gamma$ est donc:

$$\dfrac{x^2}{u^2}+\dfrac{y^2}{v^2}+\dfrac{z^2}{w^2}-2\dfrac{yz}{vw}-2\dfrac{zx}{wu}-2\dfrac{xy}{uv}-(x+y+z)(\dfrac x{u^2}+\dfrac y{v^2}+\dfrac z{w^2})=0$$

L'équation de $\Gamma'$ s'écrit alors:

$$(\dfrac 1v+\dfrac 1 w)^2yz+(\dfrac 1w+\dfrac 1 u)^2zx+(\dfrac 1u+\dfrac 1 v)^2xy=0$$

L'écriture de l'application des perspecteurs est donc:

$$(u:v:w)\mapsto (u^2(v+w)^2:v^2(w+u)^2:w^2(u+v)^2)$$

 Comme je l'avais prévu, elle est de degré relativement élevé.

On peut donner cette formule à digérer à Geogebra qui nous trace alors sur l'écran glorieusement $\Gamma$ avec son perspecteur $P'$.

Mais ce n'est pas ainsi que j'ai procédé avec Cabri!

Amicalement

pappus

pappus

Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.

Je note $f:P\mapsto P'$ l'application des perspecteurs.

Déterminer $Im(f)$ et si $P'\in Im(f)$, déterminer $f^{-1}(P')$ et construire les coniques inscrites associées.

Voilà une belle figure à faire pour Geogebra surtout si on peut l'animer

Dans le cas où $\Gamma'$ est le cercle circonscrit, on trouve les quatre cercles inscrits, (figure fort connue).

A défaut de faire la figure dans le cas général, je me suis contenté d'examiner le cas où $\Gamma'$ est l'ellipse de Steiner circonscrite.

Amicalement

pappus

pappus

Bonsoir à tous

Voici la figure générale où $\Gamma'$ est une conique circonscrite dont le perspecteur est un point quelconque situé à l'intérieur du triangle $ABC$.

J'ai fait cette figure avec Cabri via diverses constructions géométriques alors que la façon de faire avec Geogebra est différente. On fait d'abord les calculs puis on programme Geogebra.

On peut dire que cette figure est une généralisation affine de la configuration des cercles circonscrit et inscrits.

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour. $\def\matin{\boxed{\gamma}} \def\matout{\boxed{\mathfrak{C}}} \def\ptv{~;~} \def\hhh{\mathfrak{h}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\bdiv{\underset{b}{\div}} \def\bmul{\underset{b}{*}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\Sa{S_{a}}$

1. Je reprends les calculs que Vassillia a postés juste à l'ouverture de ce fil. Je préfère utiliser des coordonnées projectives sans commencer par exclure quatre droites de la discussion. En outre, comme dirait Chaurien, poser $P\simeq p:q:r$ permet une meilleure continuité avec les notations habituellement utilisées. On a donc une conique inscrite \[ \matin\simeq\left[\begin{array}{ccc} q^{2}r^{2} & -pq\,r^{2} & -p\,q^{2}r\\ -pq\,r^{2} & p^{2}r^{2} & -p^{2}qr\\ -p\,q^{2}r & -p^{2}qr & p^{2}q^{2} \end{array}\right] \] et on cherche une conique circonscrite $\matout$ de perspecteur $Q\simeq u:v:w$ telle qu'il existe une homothétie $\mathfrak{h}$ de centre $\Omega\simeq f:g:h$ et de rapport $k$ tels que $\mathfrak{h}\left(\matin\right)=\matout$.
2. On pose donc \[ \matout\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & w & v\\ w & 0 & u\\ v & u & 0 \end{array}\right)\ptv\boxed{\hhh}\simeq\left[\begin{array}{ccc} fk+g+h & fk-f & fk-f\\ gk-g & gk+f+h & gk-g\\ hk-h & hk-h & hk+f+g \end{array}\right] \] et on résoud \[ \tra{\boxed{\hhh^{-1}}\cdot\matin\simeq\matout\cdot\boxed{\hhh}} \] On trouve $Q\simeq\left(\begin{array}{c} \left(q+r\right)^{2}p^{2}\\ \left(p+r\right)^{2}q^{2}\\ \left(p+q\right)^{2}r^{2} \end{array}\right)$ et \[ \hhh\simeq\left[Q\bmul U,\;+\dfrac{\left(q+r\right)\left(p+r\right)\left(p+q\right)}{4\,pqr}\right],\;\left[Q\bdiv U,\;-\dfrac{\left(q+r\right)\left(p+r\right)\left(p+q\right)}{4\,pqr}\right] \]
3. Par la suite, il a été montré que l'utilisation d'une autre méthode conduit néanmoins au même résultat pour $Q$.
4. On peut même contribuer à cette confirmation de la non-contradiction des mathématiques en considérant que les points à l'infini de $\matin$ sont \[ M_{p},M_{m}\simeq\left[\begin{array}{c} p\left(qr+rp+pq-q^{2}\right)\mp2qpW\\ q\left(qr+rp+pq-p^{2}\right)\pm2qpW\\ -\left(p+q\right)^{2}r \end{array}\right] \] $\where W^{2}=-qp-pr-qr$. Et alors, l'intersection des tripolaires de $M_{p},M_{m}$ redonne le perspecteur $Q$.
5. Si l'on veut s'exercer avec les formules métriques relatives aux coniques, on peut calculer $\widehat{a^{2}}+\widehat{b^{2}}$ et $\widehat{a^{2}}\times\widehat{b^{2}}$ pour les deux coniques par la procédure $\mathrm{mksigpi}$ et vérifier qu'il y a bien un rapport, respectivement, de $k^{2}$ et $k^{4}$ tandis que l'excentricité reste la même selon: \[ \dfrac{1-e^{2}}{\left(2-e^{2}\right)^{2}}=\dfrac{16S^{2}p^{2}q^{2}r^{2}\left(qp+pr+qr\right)}{\left(\sum_{3}a^{2}q^{2}r^{2}+2\sum_3\mathit{\Sa}\,p^{2}qr\right)^{2}} \]
6. Si l'on écrit côte à côte $\Omega_{1},\Omega_{2},\Omega_{\gamma},\Omega_{C}$ cela donne \[ \left(\begin{array}{c} p^{3}\left(q+r\right)^{2}\\ q^{3}\left(p+r\right)^{2}\\ r^{3}\left(p+q\right)^{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} p\left(q+r\right)^{2}\\ q\left(p+r\right)^{2}\\ r\left(p+q\right)^{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} p\left(q+r\right)\\ q\left(p+r\right)\\ r\left(p+q\right) \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} p\left(q+r\right)^{2}\left(p^{2}-\sum qr\right)\\ q\left(p+r\right)^{2}\left(q^{2}-\sum qr\right)\\ r\left(p+q\right)^{2}\left(r^{2}-\sum qr\right) \end{array}\right) \] et on retrouve le fait, géométriquement évident, que ces quatre points sont alignés.
7. On cherche les $P  $qui sont antécédents d'un même $Q$. On en trouve quatre: \[ \left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -pqr\\ \left(qp+pr+qr\right)r\\ \left(qp+pr+qr\right)q \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(qp+pr+qr\right)r\\ -pqr\\ \left(qp+pr+qr\right)p \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(qp+pr+qr\right)q\\ \left(qp+pr+qr\right)p\\ -pqr \end{array}\right), \] formant un groupe de Klein de transformations de Cremona ayant toutes les sommets comme points d'indétermination.
8. Le lieu exceptionnel de $P_{0}\mapsto P_{A}$ est $q^{2}r^{2}(pq+qr+rp)=0$. So what ?
9. Cas particuliers amusants: X(7), X(99) et qui d'autre ?

Cordialement, Pierre.

stfj

Bonjour

Grâce à la géométrie projective, de nombreux problèmes sont trivialisés. Intéressons-nous par exemple aux coniques bitangentes en $B$ et $A$ et passant par $G$. 

On obtient aisément que la seule conique est $$z^2-xy=0$$ou plus simplement $$Q\simeq\begin{bmatrix}0 & -1 & 0 \\-1 & 0 & 0 \\0 & 0 & 2\end{bmatrix}$$Ce type d' "exercice" aura pu occuper longtemps des générations de potaches et leurs enseignants mais aujourd'hui, ils se résolvent en un claquement de doigt.https://www.geogebra.org/classic/jzuahfdh

Par contre, le résultat permet de paramétrer une conique propre si on le souhaite.