Dominant de cent coudées les philosophes des lumières, Sade fut le penseur le plus pénétrant de son temps. (Lautréamont)
Courbe définie par une équation implicite en polaires
dans Géométrie
Bonjour,
Où trouver des exemples d'étude de courbe définie par une équation de la forme $f(r, \theta) = 0$ ?
A+
Où trouver des exemples d'étude de courbe définie par une équation de la forme $f(r, \theta) = 0$ ?
A+
Réponses
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En voici une : ρ-sin(3 θ)=0.
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RE
Je pensais à quelque chose dans le genre $r^3 (1 - 2\sin \theta ) - 2r^2 \cos \theta + 1 - \tan \theta = 0$.
A+Dominant de cent coudées les philosophes des lumières, Sade fut le penseur le plus pénétrant de son temps. (Lautréamont) -
Bonjour.
J'aurais bien vu $r \cos \theta + \theta \cos r = 0$.
À bientôt.Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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Polaires-implicites $F(\rho, \theta)=0$, ou polaires-paramétriques $\rho=u(t), \theta=v(t)$, ou $\theta$ fonction de $\rho$, ce sont des curiosités marginales qu'on ne rencontre pas dans les situations mathématiques habituelles faisant intervenir des courbes qu'il est opportun d'étudier en polaires.On en trouve quelques exemples dans les recueils d'exercices d'oral des années 1970-80, mais en quantités fort réduites : des curiosités, je répète.C'est déjà bien d'évoquer les courbes en polaires $\rho=f(\theta)$, supprimées dans les programmes de prépas il y a, je dirais, dans les vingt ans.Souvenirs, souvenirs...Regardez la belle courbe $\rho=\frac {1-2 \cos \theta}{1+\sin \theta}$. C'est une quartique, qui a une parabole-asymptote, un point double banal à l'origine avec deux tangentes, mais aussi un autre point double où elle est tangente à elle-même ! Et il y a quarante ans, on traçait ça au tableau, sans soupçonner qu'il existerait quelque chose qui s’appellerait geogebra !
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Toutes ces familles de courbes offrent des belles possibilités d'études : cardioïdes, lemniscates, cissoïdes, conchoïdes ...Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
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On peut trouver un cours sur l'étude des courbes en polaire sur le site : https://les-mathematiques.net/serveur_cours/cours/2/61/#etude-dune-courbe-polaire-rho-ftheta
et une série d'exercices corrigés : https://les-mathematiques.net/serveur_exos/section/146/
avec possibilité de les mettre dans un panier et de compiler en ligne un pdf avec sa propre sélection.
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Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
-- Schnoebelen, Philippe -
Farfouillant dans des archives qui dormaient depuis des lustres, je retrouve un problème que j'ai donné à une classe de Math-Sup en 1986, consistant en l'étude de la courbe $\rho=1+\tan \frac{\theta }2$, qui est si je ne me trompe une strophoïde. On voit qu'elle est la conchoïde de la courbe $\rho=\tan \frac{\theta }2$, qui elle aussi est une strophoïde, mais droite, celle-ci. L'ami Robert Ferréol a cité cette propriété dans son magnifique site https://mathcurve.com/courbes2d/strophoid/strophoid.shtml évoqué par Nicolas.Patrois. Ferréol a remporté en 2008 le prix Anatole Decerf pour ce site.
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Bonsoir à tous
Voici un exercice qui se fait bien en coordonnées polaires mais qui peut se résoudre aussi synthétiquement.
Les points $A_1$, $A_2$, $A_3$ sont sur le cercle $\Gamma$ de centre $O$ passant par $P$.
On trace les cercles $\gamma_k$ de diamètre $PA_k$ pour $1\le k\le 3$.
Démontrer que les points communs (autres que $P$) à ces trois cercles pris deux à deux sont alignés.
Hint: équation d'un cercle en coordonnées polaires
Et encore un dernier petit effort qui n'intéressera sans doute personne as usual!:
Enveloppe de la droite $a_1a_2a_3$ quand $P$ décrit le cercle $\Gamma$
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On peut aussi étudier une famille de courbes en polaires. Ci-dessous : du cercle au deltoïde en passant, en douceur, par le trifolium régulier. Saurez-vous en donner une équation ?
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Bonsoir,
Pappus, les points $a_1,a_2,a_3$ sont sur la droite de Simson de $P$ par rapport au triangle $A_1A_2A_3$ qui enveloppe comme il se doit la deltoîde de Steiner.
Cordialement,
Rescassol
PS: Il suffit de savoir qu'un triangle inscrit dans un cercle, dont un côté est diamètre est un triangle rectangle et d'appliquer ça plusieurs fois. -
Merci Rescassol
Bravo d'avoir reconnu sous cette présentation un peu bizarre l'un des théorèmes les plus célèbres de la géométrie du triangle, à savoir le théorème de la droite de Simson.
Ce théorème est peut-être célèbre mais il est défunt puisque plus personne , ne sachant manipuler les angles orientés faute d'avoir compris ou appris leur définition, n'est capable de le démontrer.
Je suis quand même curieux de ton post- scriptum. Pourrais-tu développer ton idée un peu plus?
Merci!!
La démonstration que je suggère est basée sur les coordonnées polaires (où on utilise aussi les angles orientés sans le dire) mais elles sont en principe plus connues et plus utilisées que les angles orientés.
Il suffit de connaître les équations des droites et des cercles dans un tel système de coordonnées.
Il n'y a pas besoin d'aller chercher les équations des trifoliums ou des strophoïdes pour montrer à un jury qu'on sait utiliser les coordonnées polaires, les droites et les cercles suffisent largement!
Alors j'attends cette preuve mais mon intuition me souffle que je vais attendre longtemps, très longtemps.
Des droites et des cercles en coordonnées polaires, n'est -ce pas scandaleux de faire souffrir ainsi nos étudiants?
Amicalement
pappus -
Bonjour Pappus,
Les triangles $PA_1a_3$ et $PA_2a_3$ sont des triangles rectangles en $a_3$ car inscrit chacun dans un demi-cercle.
Donc, la droite $(Pa_3)$ est orthogonale à la fois à $(A_1a_3)$ et $(A_2a_3)$.
Il s'en suit que $a_3$ est le pied de la perpendiculaire abaissée de $P$ sur $(A_1A_2)$, et permutation circulaire.
Cordialement,
Rescassol
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Merci Rescassol
Ah ce n'est que cela!
J'attendais une preuve originale et élémentaire du théorème de la droite de Simson n'utilisant pas les angles orientés!
Tu n'as fait que prouver que ma configuration était bien celle de la droite de Simson.
J'avais bien essayé de la camoufler mais tu as été très perspicace!
Ceux que cela intéresse iront farfouiller dans le Lebossé-Hémery de la classe de Seconde programme 1947.
Et oui, j'ai appris ce théorème quand j'étais en classe de Seconde!
Amicalement
pappus -
Bonjour à tous
Je viens de faire une petite recherche sur la Saint Glinglin sur la toile et vu les résultats discordants obtenus, il vaut mieux que je me lance dès maintenant dans les préliminaires sinon on risque d'attendre encore longtemps.
Et d'ailleurs tout le monde sait combien les préliminaires sont le chemin le plus direct vers l'épectase.
L'équation polaire du cercle $\Gamma$ dans le système de coordonnées rectlignes $Pxy$ est:
$$\rho=a\cos(\theta)$$
Les coordonnées polaires des points $A_1$, $A_2$, $A_3$ sont donc:
$A_1(a\cos(\theta_1),\theta_1)$, $A_2(a\cos(\theta_2),\theta_2)$, $A_3(a\cos(\theta_3),\theta_3)$.
Il reste à former les équations polaires des cercles $\gamma_1$, $\gamma_2$, $\gamma_3$ et à en déduire les coordonnées polaires de leurs points d'intersection autres que $P$.
Un autre cauchemar épouvantable en perspective?
Amicalement
pappus
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Bonjour,$\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\ptv{~;~} \def\Cos{\mathrm{Cos}}$ Introduison la notion de " Grand Cosinus" d'un complexe unimodulaire par la formule $\alpha+1/\alpha=2\,\Cos\alpha$. Evidemment, il ne s'agit que de prendre la partie réelle, mais il est utile d'insister sur le fait que l'opérateur $\Cos$ est holomorphe, ce que n'est pas l'opérateur $\Re$ dans sa généralité. On peut aussi y voir une sorte de " cosse implies Cos" : point n'est besoin d'introduire la mesure des angles lorsque l'on s'intéresse uniquement à la trigonométrie.On considère les points $P^{*}\left(-1\right),A^{*}\left(\alpha^{2}\right),B^{*}\left(\beta^{2}\right),C^{*}\left(\gamma^{2}\right)$ dans le repère $\vz:\vt:\vzz$. Et l'on passe en polaires, de pôle $P$. Comme dirait pappus, cela est une vraie prise de tête: on ajoute $+1$ aux affixes, on dilate d'un facteur $R$... et c'est déjà fini. En effet: \[ A^{*}\simeq\left(\begin{array}{c} \alpha^{2}\\ 1\\ 1/\alpha^{2} \end{array}\right)\mapsto A\simeq\left(\begin{array}{c} R+R\alpha^{2}\\ 1\\ R+R/\alpha^{2} \end{array}\right) \] Le clinant de $PA$ est $\left(1+\alpha^{2}\right)/\left(1+1/\alpha^{2}\right)=\alpha^{2}$, correspondant au fait que l'angle $\left(\overrightarrow{PU},\overrightarrow{PA}\right)$ vaut $\alpha$. Et alors $r\left(A\right)=z\left(A\right)/\alpha=\alpha+1/\alpha=2\,\Cos\alpha$.On écrit que le point $M=r\kappa:1:r/\kappa$ appartient au cercle $\left|\Omega_{A}M\right|^{2}=\left|\Omega_{A}P\right|^{2}$ où $\Omega_{A}=\left(A+P\right)/2$ . On trouve: \[ \dfrac{r\left(R\kappa^{2}\alpha^{2}+R\alpha^{4}-2\,\kappa\,r\alpha^{2}+R\kappa^{2}+R\alpha^{2}\right)}{2\,\alpha^{2}\kappa}=0 \] Conduisant à: \[ r_{A}\left(\kappa\right)=\dfrac{R}{2}\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)\left(\frac{\kappa}{\alpha}+\frac{\alpha}{\kappa}\right)=\rho_{A}\Cos\left(\frac{\kappa}{\alpha}\right)\ptv M\simeq\left(\begin{array}{c} r\kappa\\ 1\\ r/\kappa \end{array}\right) \]
Soit $\Delta_{A}$ le point de réintersection des cercles $\Gamma_{B}$ et $\Gamma_{C}$. Il s'obtient en écrivant que $r_{B}\left(\kappa\right)=r_{C}\left(\kappa\right)$. On trouve $\kappa=\beta\gamma$. Et donc $r\left(\Delta_{A}\right)=\dfrac{R}{2}\left(\gamma+\frac{1}{\gamma}\right)\left(\beta+\frac{1}{\beta}\right)=2R\,\Cos\beta\,\Cos\gamma$. On notera que \[ z\left(\Delta_{A}\right)=\frac{R}{2}\left(\beta^{2}+1\right)\left(\gamma^{2}+1\right)=\frac{1}{2R}z\left(B\right)z\left(C\right) \] propriété inattendue. Par ailleurs:\begin{eqnarray*} r\left(\Delta_{A}\right) & = & 4R\,\Cos\alpha\,\Cos\beta\,\Cos\gamma\div\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)\\ & = & 4R\,\Cos\alpha\,\Cos\beta\,\Cos\gamma\div\left(\frac{\alpha\beta\gamma}{\kappa}+\frac{\kappa}{\alpha\beta\gamma}\right) \end{eqnarray*}Il en résulte que l'équation \begin{eqnarray*} r\left(\Delta_{j}\right) & = & 2R\,\Cos\alpha\,\Cos\beta\,\Cos\gamma\div\,\Cos\left(\kappa\div\alpha\beta\gamma\right) \end{eqnarray*} est vérifiée par les $3$ $\Delta_{j}$. Ces trois points sont donc alignés sur une droite dont le clinant est $-\alpha^{2}\beta^{2}\gamma^{2}$, et la distance au point $P$ est \[ d\left(P,\Delta\right)=2R\,\Cos\alpha\,\Cos\beta\,\Cos\gamma=\frac{PA\times PB\times PC}{4R^{2}} \]Plus généralement, le changement de repère \[ h=-agu,f=-\dfrac{ag}{u},\vz=\kappa\,r\vt,\vzz=\dfrac{r\vt}{\kappa} \] transforme l'équation $g\vt+f\vz+h\vzz=0$ en $\dfrac{1}{r}=a\left(\dfrac{\kappa}{u}+\dfrac{u}{\kappa}\right)=2a\,\Cos\left(\kappa/u\right)$. On retiendra que : \[ a=\dfrac{\sqrt{fh}}{g},u=-\sqrt{\dfrac{h}{f}} \]On en profite pour vérifier que l'orthocentre est bien sur la droite " deux fois plus loin" : il n'eût plus manqué que les théorèmes du LBH 1947 se trouvassent pris en défaut !
Cordialement, Pierre. -
Bonsoir à tous
J'avais cru répondre à Pierre mais mon intervention a disparu, je ne sais trop pourquoi.
Bizarre !
Quant au dernier message de Pierre, il est écrit dans son style inimitable et profond qu'on ne peut bien comprendre que si on a son glossaire sous les yeux !
Voici ma propre solution plus élémentaire qui reflète mieux l'esprit des coordonnées polaires.
Tout d'abord les équations polaires des cercles $\gamma_1$, $\gamma_2$, $\gamma_3$, cela coule de source :$$(\gamma_1) \qquad \rho=a\cos(\theta_1)\cos(\theta-\theta_1)$$ $$(\gamma_2) \qquad \rho=a\cos(\theta_2)\cos(\theta-\theta_2)$$ $$(\gamma_3) \qquad \rho=a\cos(\theta_3)\cos(\theta-\theta_3)$$Ensuite les coordonnées polaires des points d'intersections autres que $P$ qui sautent aux yeux :$$a_1\big(a\cos(\theta_2)\cos(\theta_3),\theta_2+\theta_3\big)$$ $$a_2\big(a\cos(\theta_3)\cos(\theta_1),\theta_3+\theta_1\big)$$ $$a_3\big(a\cos(\theta_1)\cos(\theta_2),\theta_1+\theta_2\big)$$ Enfin l'équation polaire de la droite qui les contient :$$\rho=\dfrac{a\cos(\theta_1)\cos(\theta_2)cos(\theta_3)}{\cos(\theta-\theta_1-\theta_2-\theta_3)}$$ C'est vraiment la fête au Savant Cosinus !
Cette preuve de l'existence de la droite de Simson est sans doute inconnue du grand public mais elle est sans grande importance quand on songe que ce minusculissime théorème de la géométrie du triangle date de 1799.
Mais peut-on profiter de ce misérable calcul pour former l'équation de l'enveloppe de la droite de Simson dont on sait que c'est un deltoïde ?
Amicalement
pappus -
Bonjour,J'ai l'impression que les formules$\def\etc{,\:\mathrm{etc}}
$\begin{eqnarray*} (\gamma_{1}) & = & \left(\rho=a\cos(\theta_{1})\cos(\theta-\theta_{1})\ptv\theta\right)\\ a_{1} & = & \left(a\cos(\theta_{2})\cos(\theta_{3})\ptv\theta_{2}+\theta_{3}\right)\\ \Delta & = & \left(\rho=\dfrac{a\cos(\theta_{1})\cos(\theta_{2})\cos(\theta_{3})}{\cos(\theta-\theta_{1}-\theta_{2}-\theta_{3})}\ptv\theta\right) \end{eqnarray*} sont " assez semblables" aux formules\begin{eqnarray*} r_{A}\left(\kappa\right) & = & \dfrac{R}{2}\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)\left(\frac{\kappa}{\alpha}+\frac{\alpha}{\kappa}\right)=2R\Cos\left(\alpha\right)\Cos\left(\frac{\kappa}{\alpha}\right)\\ \Delta_{A} & = & \left(\kappa=\beta\gamma\ptv z=\frac{R}{2}\left(\beta^{2}+1\right)\left(\gamma^{2}+1\right)=2R\Cos\beta\,\Cos\gamma\right)\\ \Delta & = & \left(\kappa\ptv r=2R\,\Cos\alpha\,\Cos\beta\,\Cos\gamma\div\,\Cos\left(\kappa\div\alpha\beta\gamma\right)\right) \end{eqnarray*}Quant au fait que le deuxième lot de formules ait été obtenu par recyclage des calculs précédents, et pas seulement comme " ça saute aux yeux" , ben oui, excellente remarque. Aller voir comment se passent les changements de repères me semble, en effet, bien utile.Comment passer de la droite de Simson relative au point $P$ à la droite de Simpson relative à un point $E$ quelconque sur cercle ? C'est assez simple. On fait tourner le cercle pour amener $E$ en $P$. Les sommets $\text{A,B,C}$ sont alors caractérisés par les turns $\alpha\times\nu\etc$. On obtient: \begin{eqnarray*} \mathrm{Lubin} & = & \left[2,-R\left(\alpha^{2}\nu^{2}+1\right)\left(\beta^{2}\nu^{2}+1\right)\left(\gamma^{2}\nu^{2}+1\right),2\,\alpha^{2}\nu^{6}\beta^{2}\gamma^{2}\right]\\ \mathrm{polaire} & = & \left(K=\dfrac{R\left(\sigma_{3}\,\nu^{6}+\sigma_{2}\nu^{4}+\sigma_{1}\nu^{2}+1\right)}{-2\,s_{3}\,\nu^{3}},u=-s_{3}\,\nu^{3}\right) \end{eqnarray*}
Il ne reste plus qu'à revenir à la position initiale. Comme l'action sur les droites est l'inverse de l'action sur les points, on fait agir directement la matrice décrivant la rotation ponctuelle: \[ \mathrm{rot}\left(O,\nu^{2}\right)=\left[\begin{array}{ccc} \nu^{2} & R\left(1-\nu^{2}\right) & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & R\left(1-\nu^{-2}\right) & \nu^{-2} \end{array}\right] \] On obtient: \begin{eqnarray*} \mathrm{Lubin} & = & \left[2\,\nu^{2},R\left(\sigma_{3}\,\nu^{6}-\left(\sigma_{2}+2\,\sigma_{3}\right)\nu^{4}-\left(\sigma_{1}+2\right)\nu^{2}+1\right),2\,\nu^{4}\sigma_{3}\right]\\ \mathrm{polaire} & = & \left(K=\dfrac{R\left(\sigma_{3}\,\nu^{6}-\left(\sigma_{2}+2\,\sigma_{3}\right)\nu^{4}-\left(\sigma_{1}+2\right)\nu^{2}+1\right)}{2\,s_{3}\nu^{3}},u=-s_{3}\,\nu\right) \end{eqnarray*} où l'on a utilisé les formules de passage en polaires données précédemment, ainsi que les fonctions symétriques simples $s_{3}=\alpha\beta\gamma$ et les bicarrées $\sigma_{3}=s_{3}^{2}\etc$.On passe au point voisin par $\nu\mapsto\nu\tau$ avec $\tau\approx1$, et on cherche le $\kappa$ tel que $r\left(\nu\right)\left(\kappa\right)=r\left(\nu\tau\right)\left(\kappa\right)$, où le rayon vecteur est donné par \[ r\left(\nu\right)\left(\kappa\right)=K\left(\nu\right)\div\left(\frac{\kappa}{u}+\frac{u}{\kappa}\right)=\dfrac{-s_{3}^{2}\nu^{6}+\left(2\,s_{3}^{2}+\sigma_{2}\right)\nu^{4}+\left(\sigma_{1}+2\right)\nu^{2}-1}{2\,\nu^{3}s_{3}}\div\left(\dfrac{\kappa}{\nu\,s_{3}}+\dfrac{\nu\,s_{3}}{\kappa}\right) \] Comme il se doit, l'équation fait apparaître la quantité $\left(\tau^{2}-1\right)$. On supprime ce facteur et l'on fait $\tau=1$. Il vient alors: \[ \kappa^{2}=\dfrac{\nu^{2}s_{3}^{2}\left(s_{3}^{2}\nu^{6}+\nu^{2}\sigma_{1}+2\,\nu^{2}-2\right)}{-2\,s_{3}^{2}\nu^{6}+2\,\nu^{4}s_{3}^{2}+\nu^{4}\sigma_{2}+1} \]Comme ce $\kappa^{2}$ n'a pas une grosse envie de se factoriser, il ne reste plus qu'à quitter les contrées polaires et en revenir aux coordonnées usuelles. Il vient: \[ \vz/\vt=\kappa\times r=\left(1+\frac{\sigma_{1}}{2}\right)+\frac{\sigma_{3}}{2}\,\nu^{4}-\frac{1}{\nu^{2}} \] Ce qui n'est pas très innovant, mais néanmoins confirmé par la figure.
Cordialement, Pierre. -
Brrr... il commence à faire froid par ici je file prendre ma polaire.
@ Dreamer : comment fais-tu pour dessiner la courbe d'équation $r^3 (1 - 2\sin \theta ) - 2r^2 \cos \theta + 1 - \tan \theta = 0$ avec un logiciel basique, type GeoGebra ou Cabri ? -
Bonjour,
Ludwig, tu remplaces $\sin\theta , \cos\theta , \tan\theta, r^2, r^3$ respectivement par $\dfrac{y}{r},\dfrac{x}{r},\dfrac{y}{x},x^2+y^2, r(x^2+y^2)$.
Tu touilles le tout, tu isoles $r$, tu élèves au carré, tu remplaces à nouveau $r^2$ par $x^2+y^2$ et tu obtiens:
$x^8 - 4x^7 - x^6y^2 + 4x^6 - 8x^5y^2 - 5x^4y^4 + 4x^4y^2 + 4x^4y - 4x^3y^4 - 4x^3y^2 - 3x^2y^6 + 4x^2y^3 - x^2 - 4xy^4 + 2xy - y^2=0$
et Géogébra comprend cette équation.
Cordialement,
Rescassol
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Bonsoir et merci Rescassol. J'ai suivi à peu près ta méthode, à ceci près que j'ai remplacé directement $r$ par $\sqrt{x^{2} + y^{2}}$. Maintenant je ne suis pas d'accord avec toi quand tu élèves au carré, car alors tu perds de l'information. En remplaçant sans mettre au carré on obtient : $$\frac{-2 \; x \; y^{3} - 2 \; x^{3} \; y + \sqrt{x^{2} + y^{2}} \; \left(x^{3} + x \; y^{2} - 2 \; x^{2} \right) + x - y}{x} = 0.$$ Mais une solution pour laquelle $x=0$ est-elle possible ? Si on reprend l'équation de départ on a alors $r=\left|y\right|$ et $t=\frac{1}{2} \; \pi $ ou $-\frac{1}{2} \; \pi $. Impossible vu qu'il y a un $\operatorname{tan} \left( t \right)$ dans la formule. On se ramène donc à : $$-2 \; x \; y^{3} - 2 \; x^{3} \; y + \sqrt{x^{2} + y^{2}} \; \left(x^{3} + x \; y^{2} - 2 \; x^{2} \right) + x - y = 0.$$
Une petite remarque pour terminer : GeoGebra n'est pas très puissant quand on lui demande de tracer une courbe définie implicitement, et cela se voit particulièrement ici : ta courbe (en orange) contient évidemment plus de branches que la mienne (trait noir fin) mais certaines ne sont représentées que partiellement (problème au voisinage de $x=0$ + degré plus élevé), tout comme pour ma première équation (en bleu).
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Bonsoir,
Oui, Géogébra fait ce qu'il peut, mais on a quand même du degré $8$.
Et il est vrai que la courbe cherchée n'est qu'une partie de ce que j'ai obtenu.
Si on l'ordonne suivant les degrés décroissants, mon expression devient:
$x^2(x^2+y^2)^2(x^2-3y^2)-4x^3(x^2+y^2)^2+4x^4(x^2+y^2)+4xy(x^2+y^2)(x-y)-(x-y)^2=0$
Cordialement,
Rescassol
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Avec GeoGebra on peut aussi obtenir la courbe définie par Rescassol avec un rendu parfait (voir ci-dessous) : il suffit de la tracer en deux fois ! L'équation de l'autre partie étant : $$-2 \; x \; y^{3} - 2 \; x^{3} \; y - \sqrt{x^{2} + y^{2}} \; \left(x^{3} + x \; y^{2} - 2 \; x^{2} \right) + x - y = 0.$$ Pour les cas où l'on ne peut pas factoriser on peut toujours résoudre numériquement l'équation en $y$ pour une certaine valeur $a$ de $x$, puis demander les lieux lorsque $a$ varie des points correspondants aux solutions. Je l'ai fait ici, le rendu est le même mais c'est très très lent. Bon dimanche !
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Piteux_gore a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/profile/Piteux_goreOn en trouve dans https://mathcurve.com/courbes2d/sturm/spirale_sturm.shtmlavec maple on peut faire implicitplot(r*cos(t)+t*cos(r),r=0..4*Pi,t=0..4*Pi,coords=polar,grid=[50,50]);
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Bonjour,
Bien que Chaurien trouve que ce soit marginal, je tiens à mettre un paragraphe sur les courbes implicites polaires dans cette nouvelle page de wikipedia https://fr.wikipedia.org/wiki/Courbe_implicite#Courbes_implicites_en_coordonnées_polaires
Il y a des exemples du type theta = f(rho) et même rho^2 = f(theta) qui est plus simple à étudier que rho = +- rac(f(theta)).
Je vais rajouter l'expression de l'angle tangentiel et de la courbure en polaires, mais il me faudra une référence, éventuellement en anglais...
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Dans https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/225974#Comment_225974
il est dit que y = sin x n'a pas d'équation polaire. Cela sous-entend "de la forme $\rho = f(\theta)$.
Pour moi elle a bien une équation polaire $\rho\sin\theta=\sin(\rho\cos\theta)$ !
D'ailleurs implicitplot(r*sin(t)=sin(r*cos(t)),r=0..2*Pi,t=0..2*Pi,coords=polar,grid=[50,50]);
donne
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Bonjour!
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