Sur des équations d’une astroïde

La courbe dessinée ci-dessous est une astroïde.

astroide

Dans \mathbb R^2, par une similitude, on peut transformer une astroïde en la courbe paramétrée par

t\in\mathbb R\mapsto \left(\cos^3t,\sin^3t\right)\in\mathbb R^2

Cette courbe est donc également le lieu des points dont les coordonnées sont les zéros de

f : (x,y)\mapsto (\sqrt[3]{x})^2+(\sqrt[3]{y})^2-1

Dans la référence donnée plus haut, on mentionne que c’est aussi le lieu des zéros de

g : (x,y)\mapsto (x^2+y^2-1)^3+27x^2y^2

La fonction f est de classe C^\infty dans le complémentaire de l’ensemble des points dont une coordonnée est nulle, point en lesquels elle n’est pas dérivable. Par contre, g est polynômial et son gradient s’annule en l’origine, qui n’appartient pas à l’astroïde, et en les points de rebroussement de celle-ci. C’est pourquoi je préfère g à f mais c’est bien entendu subjectif.

De toute façon, la question n’est pas là. Sans être excessivement difficile à prouver, l’équivalence

\forall (x,y)\in\mathbb R^2, \quad f(x,y)=0\quad \Longleftrightarrow \quad g(x,y)=0

n’est pas tout à fait immédiate et je vous propose de l’établir en guise de petit exercice amusant.

P.S. Un bug important vient d’être corrigé! P.L. 11/02/2013

5 réflexions sur “Sur des équations d’une astroïde

  1. En remplaçant dans l’expression de f chaque racine cubique par elle-même multipliée par une des trois racines cubiques de l’unité, on obtient neuf fonctions « conjuguees » de f (dont f elle même). Le produit de ces neuf fonctions est polynomial, j’aimerais que ce soit g. Il faut que je calcule…

  2. J’ai fait (faire) le calcul. Voici ce qu’on a :
    \prod_{0\le a,b\le 2} (j^a\sqrt[3]{x^2}+j^b\sqrt[3]{x^2}-1)=x^{6} + 3 \, x^{4} y^{2} + 3 \, x^{2} y^{4} + y^{6} - 3 \, x^{4} + 21 \, x^{2} y^{2} + 3 \, x^{2} - 3 \, y^{4} + 3 \, y^{2} - 1. C’est bien g(x,y). Donc g(x,y) est bien le produit de tous les «conjugués» de f(x,y).
    Pour répondre à la question, il reste à dire que les 8 «conjugués» de f(x,y) autres que f(x,y) ne nous donnent pas de nouveaux points réels. Regardons par exemple j\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}-1=0. Cette égalité implique (si x,y sont réels) x=0,y=\pm 1, or ces deux points, on les avait déjà avec f(x,y).

    • Bravo! Finalement, sur base d’une très belle idée, tu factorises complètement le polynôme (u^3+v^3-1)^3+27u^3v^3 obtenu en posant u=\sqrt[3]{x^2}, v=\sqrt[3]{y^2}.

      En ce qui me concerne, je l’ai factorisé pariellement en utilisant d’abord l’identité a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2) puis en mettant u+v-1 en évidence dans u^3+v^3+3uv-1. Ce facteur donne la première équation de l’astroïde. Ceux que je n’ai pas écrits n’ajoutant, de façon évidente, aucun point réels, comme dans ton cas.

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