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Deux équations avec des distances

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.

Réponses

  • 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.
  • Merci, Bouzar.
    A demain pour un complément.
  • 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.
  • 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
  • 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.
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