Coniques et tangence sous transformation affine
Problème 4(i) du Devoir I (MAT2400). Soit φ(x) = A·x + t une transformation affine
et L une droite tangente à une conique C en P . On montre que φ(C) est
une conique et que φ(L) est la tangente à φ(C) en φ(P) .
Les deux temps de la preuve
A. φ(C) est une conique : h(y) = f(φ⁻¹(y)) est de degré 2
B. φ(L) est la tangente : ∇h(φ(P)) = (A⁻¹)ᵀ∇f(P)
Contrôle : racine double conservée le long de la droite
La conique C
Ellipse
Parabole
Hyperbole
Point de contact P
0,28
C : x²/a² + y²/b² = 1. La tangente en P est
∇f(P)·(X − P) = 0 .
La transformation affine φ
a₁₁
1,15
a₁₂
0,34
a₂₁
−0,22
a₂₂
0,88
Translation tₓ
0,35
Translation t_y
−0,20
Identité
Rotation 28°
Cisaillement
Échelle (1,6 ; 0,7)
Aléatoire
⟲ Réinitialiser
det A = 1,05 ≠ 0 : φ est inversible, donc
l'image d'une conique est bien une conique.
Relevés en direct
✓ φ(C) est une conique et φ(L) est tangente
Pourquoi c'est vrai
Degré 2. h(y) = f(A⁻¹(y − t)) est un polynôme de degré au plus 2. Sa partie
quadratique est Q′ = (A⁻¹)ᵀ Q A⁻¹ : si Q′ = 0 alors Q = Aᵀ Q′ A = 0, exclu. Le degré est donc
exactement 2.Type conservé. det M′ = det M / (det A)², et le signe de δ = b² − ac est conservé :
ellipse, parabole et hyperbole restent de même type.Tangence. Par la règle de la chaîne, ∇h(φ(P)) = (A⁻¹)ᵀ∇f(P). Or
((A⁻¹)ᵀw)·z = w·(A⁻¹z), donc l'équation ∇h(φ(P))·(y − φ(P)) = 0 se réécrit
∇f(P)·(φ⁻¹(y) − P) = 0 ⟺ φ⁻¹(y) ∈ L ⟺ y ∈ φ(L). Les deux droites
coïncident .Racine double. f restreinte à L a une racine double en P (Δ = 0) ; en composant par
l'isomorphisme affine, h restreinte à φ(L) garde une racine double en φ(P).
φ(C) est une conique, de même type, et φ(L) est sa tangente en φ(P). ∎