Transformations de Möbius

Bonjour à tous
La définition de l'inversion donnée dans le Lebossé-Hémery est donc valable en toute dimension.
La formule, elle aussi valable en toute dimension:
$$\overrightarrow{OM'}=\dfrac{k.\overrightarrow{OM }}{\langle\overrightarrow{OM}\vert\overrightarrow{OM}\rangle}\qquad$$
ne figure pas dans le Lebossé-Hémery qui ne connait pas les algèbres linéaire et bilinéaire.
C'est pourtant la plus importante. C'est elle qu'il faut absolument retenir, même si elle ne fait pas apparaître le caractère involutif de l'inversion.
Par exemple à partir de cette formule, on peut calculer très facilement (?) la différentielle de l'inversion.
Puisque c'est si facile, le faire effectivement.
En dimension $2\ $, les choses s'arrangent beaucoup!
Dans un repère orthonormé d'origine $O$, les formules deviennent:
$$\begin{cases}
x'&=&\dfrac{kx}{x^2+y^2}\\
y'&=&\dfrac{ky}{x^2+y^2}
\qquad
\end{cases}
$$
On Rescassolise alors:
$$z'=x'+\imath y'=\dfrac{k(x+\imath y)}{x^2+y^2}=\dfrac{kz}{z.\overline z}=\dfrac k{\overline z}\qquad$$
Rien qu'à lui seul ce petit calcul explique l'irruption du groupe $PGL(2,\mathbb C)\ $ en géométrie circulaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Cher pappus,
Running taquinerie tangentesque, et même devinette pour qui voudra : les côtés des quatre triangles sont respectivement proportionnels à $?$, $?$, $?$ et $c$.
Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Super, que tu prennes en compte ma lenteur, car je n'aurai pas aujourd'hui, contrairement à ce que j'espérais, le temps d'apprendre à (commencer de) connaître ces ensembles excitants.
Concernant le pôle Sud, est-ce que $$\overline z.z''=1$$ convient ?
Inspiré par ta figure, en complétant le rectangle $MNM'S$.
Je crois que JDE appelle $z''$ inverse géométrique, pour distinguer de l'inverse analytique $\dfrac{1}{z}$. Sont-ce des noms standards ?
Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus
Je tente le calcul terre-à-terre de l'inversion sudiste avec un quasi-copier-coller du tien.
$$\begin{cases}
x''&=&\dfrac{2x}{x^2+y^2+(t+1)^2}\\
y''&=&\dfrac{2y}{x^2+y^2+(t+1)^2}\\
t''+1&=&\dfrac{2(t+1)}{x^2+y^2+(t+1)^2}
\end{cases} \qquad
$$ Là, j'ôte les références à $h$ et à $i$ par crainte de dire des bêtises.
La sphère de Riemann a pour équation: $x^2+y^2+t^2=1.$ "On regarde le dénominateur apparaissant dans les formules précédentes :
$$x^2+y^2+(t+1)^2=1-t^2+t^2+2t+1=2(1+t).\qquad
$$ Après, il vient
$$\Big(\dfrac x{1+t},\dfrac y{1+t},0\Big).
$$ Euh ? Là, il faut que je m'échappe, en plein suspense, c'est ballot mais une vraie excuse, même si elle est mauvaise !
Amicalement
Swingmustard

pappus a écrit:

Ce diagramme commutatif précis équivaut à la première figure un peu fumeuse de Swingmustard faite avec $\sigma(z)=\dfrac{3z+i}{i z+3}$ où il prétendait que $s$ était une rotation de la sphère.

Non mais quel coquinou, ce cher pappus !
Je vais continuer de prétendre que c'est une rotation de ma sphère, et ta soeur sphère, je fais la faire tourner (avec tes notations, espérons que tu apprécies) comme cela, pour $\sigma(z)=\dfrac{3iz+1}{z+3i}$, envoyant $2+i$ sur $1+i$ (attention, c'était le contraire avec mon exemple précédent).
Les invariants demeurent $1$ et $-1$.
Je demande l'angle $\alpha$, moitié de l'angle $\beta$ de cette figure.
(J'essaierai de poster un .gif ce soir, mais pour l'instant, il semble trop lourd pour être accepté par le site.)
Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Si tu n'as pas senti que je faisais semblant d'être fâché, ça doit signifier que mon second degré est aussi fumeux que mes dessins ! ;-)
Tu as raison de me demander une démonstration, mais si "le jour est venu", je vais avoir un peu de retard.
Voici toujours l'animation promise, avec ta sphère.
Amicalement,
Swingmustard

Mon cher Swingmustard
Je vais déjà m'intéresser à ta propre homographie d'une autre façon!
$$\sigma:\widehat{\mathbb C}\longmapsto \widehat{\mathbb C}: z\mapsto \dfrac{3z+\imath}{\imath z+3}\qquad$$
J'ai tracé l'axe des réels et celui des imaginaires purs.
Je me suis donné le point $m\ $ d'affixe $z\ $.
Puis j'ai tracé le point $m'\ $ d'affixe $z'=\sigma(z).\qquad$
Je peux te certifier que ce point $m'\ $ est correctement placé sur ma figure.
Comment ai-je fait?
Tu peux imaginer être un étudiant d'autrefois en Mathématiques Générales.
Pour modéliser $\widehat{\mathbb C}\ $, il ne disposait que d'une feuille de papier quadrillé et comme instruments que de sa règle ébréchée et de son compas rouillé.
Tu peux être aussi tout simplement un étudiant d'aujourd'hui (????) devant l'écran de son ordinateur avec tous les outils de son logiciel de géométrie dynamique.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Swingmustard
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
Tes explications algébriques sont exactes mais je ne vois pas le rapport que ta figure a avec cette décomposition en éléments simples
Car si sur ta figure, tes points $M\ $ et $M'\ $ correspondent à mes points $m(z)$ et $m'(z')$, alors elle est erronée puisque les points $m(z)\ $ et $m'(z')\ $ n'ont aucune raison divine ou humaine d'être alignés avec l'origine!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Voici ma propre figure que je te laisse le soin de commenter si tu connais ton cours de géométrie circulaire

Bonjour à tous
Swingmustard nous a fourni une figure animée en 3D, difficile à déchiffrer.
J'attends toujours des explications.
Par contre quand j'étais moi même étudiant en Mathématiques Générales, nous n'étions pas démunis pour tracer une figure en 3D à la règle et au compas, s'il vous plait!
Nous disposions d'une géométrie, aujourd'hui disparue elle aussi pour toujours comme toutes les autres, la géométrie descriptive inventée par Gaspard Monge, comte de Péluse, né le 9 mai 1746 à Beaune et mort le 28 juillet 1818 à Paris (ancien 10e arrondissement)!
Il s'agit simplement de faire l'épure de la figure de Swingmustard
Et a priori c'est facile puisque faire une projection stéréographique, c'est prendre l'intersection d'une droite avec une sphère, du nanan pour le taupin que je fus!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Voici par exemple l'épure de la projection stéréographique.
Elle montre la Divine Sphère de Riemann de centre $O(o,o')\ $ passant par le pôle nord $N(n,n').\qquad$
J'ai tracé un point quelconque $M(m,m')\ $ du plan horizontal et j'ai construit la deuxième intersection $R(r,r')\ $ autre que $N\ $ de la droite $MN$ avec la Divine Sphère.
On voit que cette construction est visuellement très simple, compréhensible par un élève de Troisième.
Par contre sa justification 3D est délicate et c'est pourquoi elle se retrouvait dans le cours de Taupe.
En combinant cette épure avec la construction de Swingmustard du point $\sigma(z)\ $ , on peut visualiser le fameux angle qu'il veut nous faire calculer.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Si on veut bien oublier l'interprétation gaspardienne de cette figure, ce qui est facile puisque la géométrie descriptive a sombré corps et biens depuis des décennies, on reste sur les bras avec une figure de la géométrie plane.
Qui faut-il remercier, messieurs les professeurs de lycée et de collège, pour ce petit problème?
Mais que faut-il montrer exactement sur cette figure pour la justifier?

Cher pappus,

Tu as évidemment raison pour le triplet pythagoricien !

Quand tu dis que je me sers de "cette décomposition en éléments simples", tu veux dire la méthode, mais que je dois chercher une autre décomposition, qui ne fera intervenir qu'une inversion et une translation, j'imagine ?
Si tu peux me laisser chercher encore un peu, STP...

Pour être sûr : les points sans prime, c'est une vue de $(xOy)$, les points primés une vue de $(xOz)$, n'est-ce pas ?

Que faut-il montrer exactement sur cette figure pour la justifier?

That is exactly the question qui m'intéresse, mais je n'ai pas encore la réponse.

Amicalement,
Swingmustard

Nous avons fait trois figures se terminant toutes, à droite, par une verticale : $m'nq$ chez pappus, $m'm_4$ chez moi, $m'm''n$ chez lake.
Je sais comment j'ai trouvé la mienne et je l'ai dit : avec l'homothétie $z_4=10z_3$.
Bigleux je suis, taquins vous êtes, de me laisser chercher d'où viennent les vôtres, ou c'est tellement évident que vous ne pensez pas à en parler ?
Bon, c'est vrai que j'ai demandé qu'on me laisse encore chercher un peu...
Je continue de chercher, et serai sûrement content si ça me vient tout seul.
Amicalement,
Swingmustard

Mon cher Swingmustard
Je vais commencer par justifier ma propre construction puis ensuite je m'attaquerai à la tienne qui me semble être une décomposition bien compliquée.
La donnée de départ est donc l'homographie:
$$\sigma(z)=\dfrac{3z+\imath}{iz+3}\qquad$$
En bon géomètre, je ne fais pas de décomposition en éléments simples que je laisse volontiers aux analystes mais il est vrai qu'on pouvait en tirer une construction géométrique comme l'a fait un peu maladroitement Swingmustard.
La première chose à faire quand on a une homographie sous les yeux, c'est de déterminer ses points fixes et ses points limites.
Les points fixes, c'est facile si les équations du second degré sont encore dans nos programmes.
Le sont-elles?
On doit résoudre l'équation:
$$z=\dfrac{3z+\imath}{iz+3}\qquad$$
Ce qui conduit immédiatement à l'équation:
$$\imath(z^2-1)=\imath(z-1)(z+1)=0\qquad$$
dont les solutions sont $z=\pm 1\ $ comme il se doit.
De plus:
$$\sigma(3\imath)=\infty\qquad$$
et
$$\sigma(\infty)=-3\imath\qquad$$
On tombe ainsi sur le parallélogramme caractéristique de l'homographie $\sigma\ $, à savoir $(1,3\imath,-1,-3\imath).\qquad$
On remarque, pour ceux qui connaissent leur cours de Troisième, que ce parallélogramme est un losange, ce qui est plutôt bonnard car cela signifie, pour ceux qui connaissent leur cours de géométrie circulaire, (ne riez pas dans les rangs!), que notre homographie $\sigma\ $ est conjuguée dans le groupe circulaire de cette fameuse rotation dont Swingmustard veut à tout prix nous faire calculer l'angle
J'appelle donc $\Gamma$ le cercle de centre $3\imath\ $ passant par les points $1$ et $-1$.
J'appelle aussi $D$ l'axe réel.
Je note $\varphi$ l'inversion par rapport à $\Gamma$ et $\delta\ $ la symétrie par rapport à $D$
Je calcule le produit $\delta\circ \varphi.\qquad$
Les points d'affixes $\pm 1$ sont fixés et par $\varphi$ et par $\delta\ $.
Ils sont donc fixés par $\delta\circ \varphi.\qquad$:
$(\delta\circ \varphi)(1)=1\ $ et $(\delta\circ \varphi)(-1)=-1\ $
D'autre part:
$\varphi(3\imath)=\infty\ $ et $\delta(\infty)=\infty\ $
Par suite:
$$(\delta\circ\varphi)(3\imath)=\infty\qquad$$
Mais $\delta\circ \varphi$ est une homographie qui coïncide avec $\sigma\ $ en trois points distincts.
D'après le cours de géométrie circulaire, (surtout, ne riez pas!), les homographies $\sigma\ $ et $\delta\circ\varphi\ $ sont égales:
$$\sigma =\delta\circ \varphi\qquad$$
D'où ma construction:
$n=\varphi(m)\ $ et $m'=\delta(n)\ $
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Ci-dessous vous voyez l'épure de l'avant-dernière figure de Swingmustard.
Je suis parti d'un point quelconque $M(m,m')\ $ du plan horizontal et j'ai construit comme je l'ai expliqué (?) le point $R(r,r')=\pi^{-1}(M(m,m'))$.
Autrement dit le point $M=\pi(R)\ $ est la projection stéréographique du point $R$
Puis j'ai tracé le point $P(p,p')=\sigma(M(m,m'))\ $.
J'ai caché sa construction pour ne pas surcharger inutilement la figure.
Puis j'ai construit le point $Q(q,q')=\pi^{-1}(P(p,p'))\ $.
Autrement dit le point $P=\pi(Q)\ $ est la projection stéréographique du point $Q$
Et on constate que le triangle $oq'r'$ est isocèle en $o$ et que l'angle $\widehat{q'or'}$ est constant.et égal à l'un des angles du triangle pythagoricien $(3,4,5)$, ce qui a l'air de mettre Swingmustard dans tous ses états.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Vous n'êtes pas forcés de comprendre cette figure pourtant très simple.
Mais en géométrie tout se tient, la géométrie élémentaire, la géométrie euclidienne, la géométrie projective, la géométrie circulaire, la géométrie hyperbolique et même la géométrie descriptive, toutes défuntes aujourd'hui!
Et nous restons comme les ploucs de Pétaouchnok avec nos axiomes de Thalès et de Pythagore!

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
Pour les incrédules, j'ai fait reparaître la construction $p=\sigma(m)$
Vous noterez que le point d'affixe $3\imath\ $ est sur la ligne de terre $y'y.\qquad$
Le cercle de centre $o$ passant par $n'\ $ joue le rôle de cercle trigonométrique dans le plan horizontal.
La droite $x'x\ $ joue le rôle de $D.\qquad$
Les points $m\ $ et $\delta(p)\ $ sont inverses par rapport au cercle $\Gamma\ $ de centre $3\imath\ $ passant par $n'.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Incroyable, la justification de cette épure sera faite quand on aura exhibé l'isomorphisme $SU(2,\mathbb C)/\{Id,-Id\}\simeq SO(3,\mathbb R)!\qquad$
à moins que Swingmustard ne nous donne sa propre démonstration de ce cas particulier!
Ce qui serait logique puisque c'est lui qui nous a proposé cet exercice!
Noter aussi que pour faire l'épure de la projection stéréographique, je me suis servi du fait qu'elle commute avec les rotations d'axe Nord-Sud!

Cher pappus,
C'est émerveillant de te voir caracoler à la fois en éclaireur loin devant, et avec des retours pour voir si la caravane avance. Ton côté John Wayne, sûrement.
Ici, avec quinze messages de retard et dans ma voiture-balai j'ai suivi ce tien conseil.

Tu peux imaginer être un étudiant d'autrefois en Mathématiques Générales. Pour modéliser $\widehat{\mathbb C}\ $, il ne disposait que d'une feuille de papier quadrillé et comme instruments que de sa règle ébréchée et de son compas rouillé.

Hier, il me manquait (rien que ça : une paille !) la construction de l'inverse $n$ de $m$ par rapport à $\Gamma$.
J'ai retrouvé la discussion de l'an dernier à laquelle ça me faisait penser vaguement, d'où un dessin avec, comme hier, 7 traits (j'aime bien me contenter de la règle ébréchée), mais plus d'allure : on prend appui sur le cercle, et on récupère non seulement l'inverse, mais aussi la polaire dont $n$ est le pied (que personne ne demandait).

Voici ce que j'ai encore envie de faire, à mon niveau.
1) Donner les calculs correspondant à "ma" sphère, la sphère tangente au plan horizontal.
2) Tenter de faire une épure de la situation pour voir si, suivant ton exemple, j'arrive à y lire l'angle que je demandais.
3) Cesser de croire que je vais vraiment chercher quel "changement de repère" ou quelles transformations permettraient de passer sans douleur de tes belles décompositions (diagramme commutatif) à celles qui correspondraient pour la sphère tangente. (Sûrement dommage, mais les journées n'ont pas 36 heures.)
4) Répondre à ta question sur mon opération élémentaire de trop. Si avoir raison signifie trouver le même point que vous à la sortie, la réponse est bien sûr oui, mais si on parle vitesse de construction, j'ai un peu raté (et n'en suis pas triste une seconde, ça fait partie du jeu).
5) Chercher une construction de l'inverse $n$ de $m$ ci-dessous avec règle ET compas.

Amicalement,
Swingmustard

Cher pappus,
Je me demande s'il n'y a pas un peu de confusion : trop de transformations (trois ?), trop de sphères (deux).

1ère transformation, qui à $z$ associe $\dfrac{3z+i}{iz+3}$.
Elle reste, pour moi, la traduction d'une rotation de la sphère tangente.
Tu as mis en doute que cette homographie corresponde à une rotation de la sphère diamétrale, et je suis bien d'accord.

2ème transformation : la même formule dans $\mathbb C$, mais dont j'ai l'impression que tu l'as traitée avec la sphère diamétrale, au moins au niveau de l'épure. Est-ce grave, docteur ?

3ème transformation, qui à $z$ associe $\dfrac{3iz+1}{z+3i}$, postée le 27 juillet avec une animation adaptée de celle du 21 juillet. Elle a été conçue pour te plaire : associée à une rotation de la sphère diamétrale. J'ai dit (dans le message qui précède celui de l'animation) qu'elle envoie $2+i$ sur $1+i$ (attention, c'était le contraire avec mon exemple précédent). Les invariants demeurent $1$ et $-1$.


J'en suis à une de tes questions du 27 juillet : "Comme $s\ $ et $T\ $ commutent, leurs écritures $\sigma\ $ et $\tau\ $ commutent aussi! Pourquoi?". Réponse : grâce à ton diagramme commutatif, et sans même qu'il faille invoquer que $\pi$ est involutive.

Amicalement,
Swingmustard

PS : je n'avais pas lu ton nouveau message, je m'y mets.

Merci Swingmustard
Il faudrait quand même justifier cette construction et cela n'a rien à voir avec l'inverseur de Peaucellier.
D'autre part tu remarques finement que cette construction n'est plus valable si le point $P\ $ est trop proche de $O\ $.
Comment théoriquement s'en tirer alors pour construire toujours avec le compas rouillé l'inverse de $P$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir, Pappus, Swingmustard et tous les autres "suiveurs silencieux" de ce fil, sans oublier Lake, bien sûr !
C'est juste pour vous signaler que, tout largué que je sois depuis le début, j'éprouve beaucoup de plaisir à vous lire ...
Et le fort peu que j'arrive à "capter" plus ou moins de vos échanges suffit à mon bonheur !
Merci là-pour !
Bien amicalement
JLB

Cher Jelobreuil,
le plaisir est partagé. Que faire pour qu'il le soit un peu plus encore, i.e. avec ta participation ? Si on est dans un western avec John pappus-Wayne, Jacques Lourcelles nous apprend dans sa critique de Rio Bravo que "Les groupes ont toujours passionné Howard Hawks [...] Un groupe, plus encore qu'un individu, est quelque chose qui évolue sans cesse. Il faut avoir du temps, l'oeil vif et pas mal de flair pour suivre ces évolutions-là [...] Ce shérif est un maître en pédagogie." Allez Jelobreuil, viens dans le groupe et dis-nous les questions que le sujet t'inspire. Lake arrivera peut-être aussi, comme la cavalerie qui a failli me sauver lorsque [small]g[/small]eronimus m'avait cloué au poteau de torture, vu que, par manque de personnel, il est également obligé de jouer les chefs sioux.

Dude pappus a écrit:

D'autre part tu remarques finement que cette construction n'est plus valable si le point $P$ est trop proche de $O$.
Comment théoriquement s'en tirer alors pour construire toujours avec le compas rouillé l'inverse de $P$?

Cher pappus,
J'utilise tes 4 cercles pour construire l'inverse $A'$ d'un point $A$ pas proche de $O$. Je m'inspire ensuite de Lebossé-Hémery page 238, propriété fondamentale déjà citée : $P'$ est alors sur le cercle circonscrit à $AA'P$.

La droite des centres de deux cercles me passionne, vu le nombre de points intéressants qu'elle comporte. Si tu peux, cher pappus, laisse-nous/moi chercher encore un peu le pourquoi de ce tour de magie. (Ta construction de l'inverse.)

Je n'oublie pas nos autres casseroles sur le feu, disons que ça mijotera encore au moins une nuit, pour ce qui me concerne.
Amicalement,
Swingmustard

Merci Swingmustard
Sur ce petit problème de construction toujours non justifié, tu me renvoies à la page 238 du Lebossé-Hémery pour sa généralisation.
C'est un peu vague car il y a plusieurs théorèmes à cet endroit.
Duquel te sers-tu?
En ce qui concerne la justification elle-même de cette construction, je te renvoie à la page 243 de ce même ouvrage.
Quant à la généralisation de la construction pour les points trop proches de $O$, j'utiliserais plutôt que le Lebossé-Hémery, un autre axiome évidemment inconnu de notre enseignement secondaire, encore heureux qu'il se souvienne de ceux de Thalès et de Pythagore mais pour combien de temps encore!
C'est l'axiome d'un géomètre grec qui, selon la légende, serait mort en faisant de la géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Venons en maintenant à la construction d'un isomorphisme $$SU(2,\mathbb C)\simeq SO(3,\mathbb R).\qquad
$$ Celui-ci ne peut être unique !
Pourquoi ?
Mais on serait déjà bien heureux d'en construire au moins un et on va voir qu'on peut le faire au moyen de la projection stéréographique.
Comme l'a remarqué Swingmustard, la commutativité de $s$ et $T$ équivaut à celle de leurs écritures $\sigma\ $ et $\tau\ $ puisque compte tenu du diagramme commutatif que j'ai écrit et qui m'a donné tant de mal mais j'y suis arrivé grâce à AD, (merci AD!), on a :
$$\sigma=\pi\circ s\circ \pi^{-1}\qquad\\
\tau=\pi\circ T\circ \pi^{-1}\qquad
$$ Cela ressemble beaucoup à un calcul de conjugaison.
Maintenant nous sommes face à une situation absolument épouvantable, j'en frissonne rien que d'y penser.
Voilà ce que je propose :
1° Calculer $(\sigma\circ \tau)(z).\qquad$
2° Calculer $(\tau\circ \sigma)(z).\qquad$
3° Avoir l'immense courage d'écrire le signe $=$ entre les deux expressions ainsi obtenues.
4° Regarder les conséquences de ce misérable calcul sur la matrice $\ \begin{pmatrix} a&b\\c&d\end{pmatrix}\ $ de l'homographie $\sigma.\qquad$

Merci Mathcoss
Bien sûr, tout ceci n'est qu'une question d'automorphismes intérieurs et il me semble que c'est là un excellent sujet d'oral des grands concours!
On verra aussi que pour construire ces isomorphismes, on peut aussi passer par leurs algèbres de Lie $\mathfrak{su}(2,\mathbb C)\ $ et $\mathfrak{so}(3,\mathbb R).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Swingmustard
Tu finis ton petit discours par un futur hypothétique!
Ce n'est pas très enthousiasmant!
As-tu lu au moins la page 243?
Que dit-elle?
Elle parle essentiellement de l'inverse d'un cercle passant par le pôle d'inversion!
Faut-il te le seriner?
Sur ma figure, l'inversion en question est bien entendu l'inversion par rapport au cercle rouge.
C'est bien pour cela que j'ai choisi cette couleur voyante!!!
Alors tu regardes bien ma figure, tu t'écarquilles les yeux à chercher les cercles passant par le pôle d'inversion!
Il n'y en a pas trente six!!
Et tu transformes ces maudits cercles par l'inversion dont on cause!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Cher pappus,
$P$ est sur deux droites dont on voit que les images sont tes deux cercles se coupant en $P'$ (et en $O$ comme l'annonce le livre), ce qui fait hyper plaisir.
J'aimerais quand même comprendre d'où elles sortent.
Amicalement,
Swingmustard