Transformations de Möbius

Bonjour Odile.

C'est parfaitement juste.

Les réflexions orthogonales de $\C$ engendrent le groupe des isométries, dont les éléments fixent $\infty$.

Sinon, d'accord pour la construction des homothéties. Le point $a$ peut être pris arbitrairement. Par exemple $a = 0$.

e.v.

Bonsoir ochi.

Oui, c'est possible aussi, et intéressant. Comme Odile a commencé sur le terrain des transformations, je n'ai pas vu de nécessité de changer de terrain.

e.v.

Bonjour à tous
Par exemple soit $s$ la similitude directe de centre $O$ envoyant $A$ sur $B$.
Soit $C$ un point quelconque du plan.
Soit $f$ l'involution de pôle $O$ échangeant $A$ et $C$ et $g$ l'involution de pôle $O$ échangeant $B$ et $C$.
Alors:
$$s=g\circ f\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Ma chère Odile0502
Je le pense. Il faut toujours mentionner les générateurs d'un groupe et la façon dont se décompose un élément du groupe!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Ta décomposition se passe dans le plan euclidien auquel on a rajouté un point à l'infini et tu profites de cela pour utiliser les points limites ainsi que la notion de milieu (de $OO'$).
C'est juste mais pas très satisfaisant du point de vue de la géométrie circulaire puisque par exemple les points limites ne sont pas des invariants circulaires, i.e: ils ne sont pas invariants par conjugaison tout comme la notion de milieu d'ailleurs!!!!!
Je te propose quelque chose de plus élégant.
Tu es sur la glorieuse (et défunte) sphère de Riemann. Tu y restes confiné avec interdiction absolue d'en sortir sous peine d'une amende de $135€.\qquad$
Soit $f$ la transformation de Möbius directe de points fixes $I$ et $J$ envoyant $A$ sur $B$
La décomposer en produit de deux involutions!
Les points fixes eux sont invariants par conjugaison!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
La Divine et Homogène Sphère de Riemann ne connaît pas les points à l'infini tout comme le Défunt Plan Projectif ignore les droites de l'infini!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Sur la Divine Sphère de Riemann, les transformations de Möbius sont analytiques, pas le moindre pôle à se mettre sous la dent!!!!!

Merci Gai Requin
Ctipa+sainple!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir Gai Requin
Cachez cet infini que je ne saurais voir!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
Tu n'étais ni dans le plan circulaire ni sur la droite projective complexe mais sur la Divine Sphère de Riemann où je t'avais confiné.
Mais on ne va pas continuer à pinailler.
Passe une très bonne soirée!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

1) a) $h(z)=z'=\dfrac{3z+i}{iz+3}$, ça vous va ?

b) Pour notre exemple, $P(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})$ et $R(\frac{1}{3},\frac{1}{6},\frac{5}{6})$ peuvent vous aider à déterminer ce sacré angle $\alpha$.

Pour le même prix, les points de vue face à $(Oz)$ et à $(Oy)$, mais tout de même pas $(Ox)$ : y aurait de l'abus !

Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Tu me feras toujours rire. Tu reposes ma question (3), sans les indications.
Et voguent tes qualificatifs préférés...
Mais je te pardonne, incapable d'être "précisément, très fum... asse" après toi.
Pour une fois, j'ai les réponses aux questions que j'ai posées.
J'attendrai donc un peu, des fois que quelqu'un qui aurait envie de chercher ait aussi le plaisir de répondre.
Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Tu as bien raison (comme d'hab), de plus je me suis limité aux rotations dont l'axe est horizontal (ce qui est un peu précis, n'est-ce pas ;-) ?) tandis que tu les envisages toutes.
Bon, je vais revoir ma copie, examiner la nuance entre nos questions, et m'attaquer à ta question plus générale (alors que je sens qu'elle va me donner du mal).
Ça va prendre un peu de temps.
En tout cas, merci (bien sûr) d'être passé par là.

Tu dis "[...] Soit il faut déterminer l'angle $\alpha$ [...] mais alors que se donne-t-on pour
pouvoir le déterminer?" Je nous ai donné comme invariants les points d'affixes $-1$ et $1$, et $2+i$ comme image de $1+i$, non ?

Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Je ne sais pas si tu doutes ou si tu veux vraiment la démonstration.

Dans le 1er cas, je te demande de regarder de près, car j'ai pas mal travaillé pour rendre mon exemple intéressant, et je viens encore de contrôler. Je crois positivement que l'homographie définie par $z'=\dfrac{3z+i}{iz+3}$ correspond à une rotation de la sphère de Riemann.
("Celle de pôle $(0,0,1)$", disais-je dans mon premier message : avons-nous bien la même ?)
J'aurais un peu l'impression de gâcher le suspense en livrant l'angle de cette rotation trop vite.

Dans le 2ème cas, je proposerai demain ou après-demain ce qui me semble être l'angle en question, i.e. ça ressemblera plus à une vérification qu'à une vraie démonstration.
Mais, comme dit plus haut, merci pour ta question qui appuie là où ça fait mal : il faut que je me cogne un rendez-vous avec $SO(3)$ !

Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Si j'ai une telle ambition, tu peux m'appeler "M. Jourdain" !
(Merci pour la référence au groupe spécial unitaire : est-ce que tu nous emmènes vers la topologie ? Vers la géométrie différentielle ? Ouille ouille ouille, c'est loin et en fait je n'ai pas l'impression d'avoir pigé grand-chose, à l'époque.)

Geogebra a une jolie fonction "Lieu(Point créant le lieu, Point)" que j'aimerais appliquer ainsi.
Le deuxième serait chronologiquement le premier, M : un "Point dans la petite grille".
Le premier serait M' : "Point image de M par la fonction homographique considérée".
Hélas, pour l'instant ça coince.
La petite grille dont je parle est celle de la vidéo de Arnold et Rogness (2007), que j'ai mentionnée plus haut.

As-tu vu cette vidéo (qui n'apporte sûrement rien à tes connaissances) ?
Si oui, fait-elle intervenir les "groupes spéciaux" que tu évoques ?

Je n'oublie pas ma promesse sur l'exemple, mais je subis un contretemps.
Au fait, $\alpha$ (de l'exemple) est fort connu, n'est-il pas ?

Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Je garde largement l'espoir de vous voir, tes compères et toi, continuer d'essaimer !
Patientons. J'en profite pour améliorer mes notations.
Aujourd'hui, petite animation (pour mettre en route : cliquer dessus).

Rappel : la très jolie vidéo Möbius Transformations Revealed http://www-users.math.umn.edu/~arnold//moebius/index.html m'inspire les devinettes suivantes.
On prend comme sphère de Riemann la sphère de diamètre $[O\Omega]$, avec $\Omega(0,0,1)$.

1) Exemple

a) Soit l'homographie $h$, de points fixes $-1$ et $1$, qui envoie $z=1+i$ sur $z'=2+i$.
Déterminer l'écriture $\dfrac{az+b}{cz+d}$ de $h(z)=z'$, avec $a, b, c, d$ les plus simples possibles.

b) Arnold et Rogness disent qu'on peut voir $h$ comme la composée de trois transformations de l'espace. Appelons $m$ l'image de $M$ par la réciproque de la projection stéréographique, et $m'$ l'image de $m$ par la rotation d'angle $\beta=2\alpha$ autour du diamètre jaune (parallèle à $(Ox)$). $M'$ est, comme l'annoncent A. et R., le projeté stéréographique de $m'$.

2) Cas un peu moins particulier : pour toute homographie de points fixes $-1$ et $1$, exprimer $a, b, c, d$ en fonction de $\alpha$.

3) a) On généralise encore un peu avec, comme nouveaux points fixes, les points d'affixes $-e^{i\theta}$ et $e^{i\theta}$. L'axe (marqué en jaune) de la rotation associée à $h$ pivote alors d'un angle $\theta$, autour de $(Oz)$. Exprimer $a, b, c, d$ en fonction de $\alpha$ et de $\theta$.
b) [small]p[/small]appus voudra peut-être bien donner la réponse pour un axe quelconque. Moi je vais plutôt abandonner, pour l'instant.

4) Exprimer le birapport de $h$ en fonction de $\alpha$ et $\theta$.
Questions ajoutées aujourd'hui, auxquelles je n'ai pas de réponse : à quoi ce birapport peut-il nous servir ?
Qu'il soit indépendant de l'un des deux paramètres est-il étonnant ?

Réponses déjà données.
1) a) $h(z)=\dfrac{3z+i}{iz+3}$.
b) Pour notre exemple, $m(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})$ et $m'(\frac{1}{3},\frac{1}{6},\frac{5}{6})$ peuvent aider à déterminer l'angle $\alpha$.

Au fait, l'animation montre un segment bleu (de la petite grille d'A. et R.) en relation avec un arc bleu sur la sphère.
Sur la sphère, la rotation autour de l'axe jaune transforme l'arc bleu en l'arc rouge.
On retrouve pour finir l'arc rouge du plan, partie de la grille déformée d'A. et R., et image du segment bleu par l'homographie.
Donc sur la vidéo, vous ne voyez que du bleu (sphère au repos) ou que du rouge (sphère dans son quart d'heure de folie).
Jamais en même temps ces deux instants de la vie de la sphère.

Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Je ne souhaite pas abuser, disant d'ailleurs "Patientons" en pensant que, peut-être, des amateurs de ma trempe passeront par là et, répondant à des questions (comme les miennes) moins exigeantes, se laisseront (encore un peut-être) apprivoiser (comme je l'ai été), et attirer par le sujet.
Si "repiquer à la ratatouille" te rebute, ne te force pas, évidemment.

Parlant de "sujet", j'en profite pour demander comment on répondait à un tel sujet d'examen, dont je n'ai encore jamais vu de corrigé.
Faisait-on une dissertation géométrique ?
Amicalement,
Swingmustard

Bonne nuit à tous
Il faut déjà expliquer naturellement l'intervention du groupe $SU(2)\ $ dans cette histoire.
Si une homographie $\{\rho:z\mapsto \dfrac{az+b}{cz+d}\}\ $ représente une rotation $r$ de la sphère de Riemann, cette rotation $r$ transforme toute paire de points antipodaux en une paire de points antipodaux.
[large]Pourquoi?[/large]
On est donc amené à s'intéresser à ces fameuses paires.
Soit $h:\mathbb S^2\mapsto \mathbb C\cup \infty\ $ la projection stéréographique à partir du pôle nord $N(0,0,1)\ $.
On sait ou plus exactement on savait que:
$$h(x,y,t)=\dfrac{x+\imath y}{1-t}\qquad$$
Et inversement
$$h^{-1}(z)=\Big(\dfrac{2z}{\vert z\vert^2+1},\dfrac{\vert z\vert^2-1}{\vert z\vert^2+1}\Big)\qquad$$
où la sphère $\mathbb S^2$ est perçue comme une sous-variété de $\mathbb C\times \mathbb R.\qquad$
Il serait bon que quelqu'un nous démontre ces formules élémentairement de façon convaincante une fois pour toutes plutôt que de se scléroser l'esprit à montrer éternellement l'alignement de trois points
Soit donc $M$ et $M'$ deux points antipodaux de la sphère de Riemann.
Soit $z=h(M)\ $ et $z'=h(M').\ $
Quelle relation a-t-on entre les complexes $z$ et $z'$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Swingmustard
Merci pour cette ébauche de calculs pour lesquels je te fais confiance.
Mais en dehors de son expression analytique, quel est le plus important à savoir dans la projection stéréographique que nos pauvres étudiants, abandonnés par leurs maitres, doivent découvrir par eux mêmes quand cela me paraissait si naturel quand j'étais en classe de Mathématiques?
En tout cas, possédant l'expression analytique de la projection stéréographique, il est très facile d'obtenir la relation entre $z$ et $z'$.
Quelle est cette relation?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Des encouragements qui font chaud au coeur, Jelobreuil !
Le début de ma tambouille, c'est surtout des intersections : droite vs plan, droite vs sphère.
Peux-tu préciser si on pourrait venir te chercher avant cette étape récente, ou plutôt après ?
(Ne demande pas "très loin après", car moi je n'y suis jamais allé...
Je ne peux pas m'empêcher de citer Renaud, s'adressant à Loulou qui ne nous ressemble pas : "Tu dis qu't'as tout fait, qu't'as été partout. Eh j't'ai même pas vu, et j'y étais aussi !")

Cher pappus,
Argh ! Deux sphères de Riemann sont plus célèbres que les autres, toutes deux avec le même pôle nord $N(0,0,1)$. Figure-toi que j'ai perdu presque quinze jours en juin à travailler avec celle qui est peut-être la plus officielle. Tu t'en sers autant que Berger : centre $O$, autrement dit, celle pour laquelle $\mathbb C$ est diamétral.

C'était bien intéressant, mais je suis obligé de dire "perdu quinze jours" car quand j'ai réalisé la confusion avec celle de la vidéo (de diamètre $[ON]$, i.e. celle pour laquelle $\mathbb C$ est tangent), je n'ai pas réussi à bricoler les calculs pour m'en sortir, et ai dû tout recommencer à zéro.

Je voudrais ne pas retomber dans l'ornière. Je retourne aux calculs (les deux formules, et la relation entre $z$ et $z'$ aux antipodes, dont on peut déjà dire, me semble-t-il, qu'ils sont alignés avec $O$. Pour les deux sphères, d'ailleurs), j'ai la soirée devant moi.
Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
J'aime bien ton idée (sûrement classique) d'appeler $t$ la troisième coordonnée, pour garder le $z$ des complexes.
Du coup, les triplets $(x,y,t)$ pourront s'écrire $(z,t)$.
On dirait bien que pour toi, il n'y a qu'une sphère de Riemann, disons la sphère unité.
Vu que je ne crois pas pouvoir me passer de l'autre, je l'appellerai la sphère tangente.

1) La formule pour $h$ est la même pour les deux sphères, et on a fait sa petite démonstration.

2) a) Formule pour $h^{-1}$ de la sphère tangente ?
La droite passant par $N(0+0i,1)$ et par $(z,0)$ est l'ensemble des (*) $(\lambda z, 1-\lambda)$, $\lambda\in\mathbb{R}$.
Quand rencontre-t-elle la sphère tangente, dont l'équation est $\vert Z\vert^2+(T-\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$ ?
Lorsque $\lambda^2\vert z\vert^2+(1-\lambda-\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$, i.e. $\lambda^2\vert z\vert^2+\lambda^2-\lambda=0$, soit encore $\lambda(\lambda(\vert z\vert^2+1)-1)=0$.
Il n'aurait plus manqué que cette équation du second degré n'ait pas $\lambda=0$ pour solution : $N$ est l'une des intersections ! L'autre correspond à $\lambda=\dfrac{1}{\vert z\vert^2+1}$.
Remplaçant dans (*), il vient $$h^{-1}(z)=\Big(\dfrac{z}{\vert z\vert^2+1},\dfrac{\vert z\vert^2}{\vert z\vert^2+1}\Big)\qquad$$
b) Formule pour $h^{-1}$ de la sphère unité ? Voir le message de pappus, dont j'ai copié/collé la formule, aux $2$ et $-1$ près.

3) Points aux antipodes l'un de l'autre.
pappus peut boire du petit lait, puisque sur la sphère unité, il démarre avec $(z',t')=(-z,-t)$.
Je rame sur la sphère tangente avec $(z',t')=(-z,\frac{1}{2}-t)$.
Comme il le suggère, appliquons l'expression analytique valable dans les deux cas, $h(z,t)=\dfrac{z}{1-t}$.
Attention, je vais déraper : Pour la sphère unité : $\dfrac{-z}{1+t}$ à comparer avec $\dfrac{z}{1-t}$, mène à $z=0$ ? Je sens que j'ai dérapé !
Pour la sphère tangente : $\dfrac{-z}{\frac{1}{2}+t}$ à comparer avec $\dfrac{z}{1-t}$, même conclusion ?

4) Bilan. Cher pappus, ce qui est trivial pour toi nous fait quand même bien transpirer !
Amicalement,
Swingmustard

Mon cher Swingmustard
Traditionnellement, on projette sur le plan équatorial.
Le faire sur un autre plan parallèle n'apporte pas grand chose sinon composer la projection traditionnelle avec une homothétie.
Maintenant que les formules analytiques de la projection stéréographique sur le. plan équatorial sont acquises, il reste deux choses à éclaircir:
1° Quelle est la nature d'une projection stéréographique? Ce que ne savent pas nos étudiants actuels.
Autrement dit, dans quel chapitre du Lebossé-Hémery la projection stéréographique est-elle étudiée?
2° Quelle est la correspondance entre les complexes $z=h(M)\ $ et $z'=h(M')\ $ où $M\ $ et $M'\ $ sont deux points antipodaux de la sphère de Riemann?
J'espère qu'au bout du compte, on va enfin finir par le savoir!!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je rappelle ci-dessous la définition de l'inversion telle qu'elle est donnée dans le Lebossé-Hémery.
Lebossé-Hémery parle du plan ou de l'espace.
La dimension n'intervient donc pas directement dans cette définition.
On peut donc entendre par espace, un espace affine euclidien de dimension quelconque ou même pourquoi pas un espace préhilbertien.
Quelle que soit la notion d'espace utilisée, ceci équivaut à:
$$\overrightarrow{OM'}=\dfrac{k.\overrightarrow{OM}}{\langle \overrightarrow{OM}\vert\overrightarrow{OM}\rangle}\qquad$$
Les formules analytiques décrivant l'inversion en résultent immédiatement en utilisant un repère orthonormé d'origine $O$.

Bonjour à tous
Dans le cas qui nous occupe, l'inversion est celle de pôle $N(0.0,1)$ et de module $2.\qquad$
Il y a donc une petite translation des axes à faire (quelle histoire épouvantable !) et les formules analytiques donnant les coordonnées $(x',y',t')$ du point $M'\ $ en fonction des coordonnées $(x,y,t)\ $ du point $M\ $ sont donc :
\begin{align*}
x'&=\dfrac{2x}{x^2+y^2+(t-1)^2}\qquad\\
y'&=\dfrac{2y}{x^2+y^2+(t-1)^2}\qquad\\
t'-1&=\dfrac{2(t-1)}{x^2+y^2+(t-1)^2}\qquad
\end{align*} C'est un jeu d'enfant maintenant de voir que ces formules entraînent celles de la projection stéréographique telles que nous les connaissons !
Amicalement
[small]p[/small]appus

Cher pappus,
Je n'ai plus les yeux en face des trous, et bien que reconnaissant pour tant d'indications, je ne trouve pas.
Parmi les renseignements non utilisés : $x^2+y^2+t^2=1$.
Espérons que quelqu'un va s'y coller aussi... Pour que tu n'aies pas l'impression de devoir faire questions et réponses !

Pour rire :

pappus a écrit:

[...] nous respecterons aussi religieusement la tradition en ne nous intéressant qu'à la projection sur le plan équatorial

Il se trouve qu'il y a peu, je suis tombé sur $z\mapsto \dfrac{1}{\overline z}$ (qui, certes, n'est pas une homographie), en me disant "Nom d'une pipe ! Encore une projection stéréographique ?" Aujourd'hui, je dois ajouter ... "blasphématoire", puisque, si on pose $E(0,1)$, elle projette le cercle de diamètre $[OE]$ sur la droite tangente d'équation $x=1$ !
Il s'en est d'ailleurs suivi une tentative fort enthousiaste d'utiliser les complexes sur un plan non horizontal. Qui a tourné court assez vite.

Désolé pour ce soir, mais très amicalement,
Swingmustard

Bonne Nuit à tous
Regardons maintenant pourquoi les formules donnant l'expression analytique de l'inversion $i$ de pôle $N(0,0,1)$ et de puissance $2$ permettent de retrouver celles de la projection stéréographique.
Soit $M(x,y,t)\ $ est un point de l'espace pas forcément sur la sphère de Riemann et $M'(x',y',t')=i(M).\qquad$
On a vu que:
$$\begin{cases}
x'&=&\dfrac{2x}{x^2+y^2+(t-1)^2}\\
y'&=&\dfrac{2y}{x^2+y^2+(t-1)^2}\\
t'-1&=&\dfrac{2(t-1)}{x^2+y^2+(t-1)^2}
\end{cases}
\qquad
$$
On sait que $h$ est la restriction de $i$ à la sphère de Riemann d'équation: $x^2+y^2+t^2=1.\qquad$
On regarde le dénominateur apparaissant dans les formules précédentes:
$$x^2+y^2+(t-1)^2=1-t^2+t^2-2t+1=2(1-t)\qquad$$
Donc immédiatement:
$$h(x,y,t)=i(x,y,t)=(\dfrac x{1-t},\dfrac y{1-t},0)\qquad$$
De même $h^{-1}\ $ est la restriction de $i^{-1}=i\ $ au plan d'équation $t=0.\qquad$
D'où immédiatement:
$$h^{-1}(x,y,0)=i(x,y,0)=\big(\dfrac{2x}{x^2+y^2+1},\dfrac{2y}{x^2+y^2+1},\dfrac{x^2+y^2-1}{x^2+y^2+1}\big)\qquad$$
Avouez que c'est quand même bien comme démo!
Plus besoin de connaître les équations paramétriques d'une droite.
Remarquez aussi la grosse astuce utilisant le fait que l'inversion est involutive!
Amicalement
[small]p[/small]appus