Mon cher Swingmustard
Je suis un peu consterné. Je te tiens par la main, je t'indique le chemin à suivre en te citant le théorème du Perrin à utiliser et tu n'en fais rien.
Tu as sous les yeux, à droite et à gauche du signe $=$ deux fonctions homographiques de $\overline z$, (c'est peut-être là l'astuce que tu n'as pas vue!).
Ce sont donc les mêmes!
$$\dfrac{-b\overline z+a}{-d\overline z+c}=-\dfrac{\overline c.\overline z+\overline d}{\overline a.\overline z+\overline b}\qquad$$
Tu exhibes les deux matrices de taille $2$ dont elles proviennent et tu écris qu'elles sont proportionnelles.
Est-ce si terrible à faire?
Attention après avoir écrit la proportionnalité de ces deux matrices, il y a encore quelques combats d'arrière garde à mener pour arriver au cruel $SU(2,\mathbb C)$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Amicalement
[small]p[/small]appus
S'il existe $k\in\mathbb C^*$ tel que$\begin{pmatrix}-b&a\\-d&c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-k \overline c&-k\overline d\\k\overline a &k\overline b\end{pmatrix}$, la première diagonale nous donne $-b=-k \overline c=-k\overline {(k\overline b)}=-|k|^2 b$, et la deuxième $a=|k|^2 a$.
$a$ et $b$ n'étant pas nuls simultanément, $|k|$=1. Posons $k=e^{-i\theta}$.
On a donc $c=e^{-i\theta}\overline b$ et $d=-e^{-i\theta}\overline a$.
D'où une première allure, $$\sigma(z)=e^{i\theta}\dfrac{a z+b}{\overline b z-\overline a}.
$$ Si j'essaie de m'approcher de la forme officielle entrevue "$\begin{pmatrix}\alpha&-\overline\beta\\\beta&\overline\alpha\end{pmatrix}$ telles que $\alpha,\beta\in\mathbb C,|\alpha|^2 + |\beta|^2 = 1$", j'écrirai plutôt cette deuxième version.
$$\sigma(z)=\dfrac{a z+e^{-i\theta}\overline c}{cz-e^{-i\theta}\overline a}.
$$ Désolé de ne pas savoir finir, en tout cas merci !
Amicalement,
Swingmustard
Tu as seulement oublié de dire que $k$ est un scalaire non nul!
Je dis scalaire et non réel parce que dans ce cas d'espèce, tu travailles sur les complexes!
Est-ce que je mélange les pinceaux ? Je ne sais pas.
Amicalement,
Swingmustard
Je me suis permis d'intervenir en supposant que pappus se consacrait à sa sieste traditionnelle.
Je persiste à dire oui. Scalaire ou réel, c'est une question de sémantique relative au "milieu" dans lequel on travaille.
Je suis quasiment certain qu'on obtient $k=\pm 1$.
Il reste les questions : $ad-bc=\pm 1$ et comment éliminer l'un des deux cas.
Là, je suis sec. Sans nul doute, pappus va nous éclairer.
Hi Lake,
En fait, j'adorerais limiter $k$ à $\mathbb R^*$, car je suis bien d'accord pour dire que ça nous rapprocherait drôlement de la fin.
Pourtant j'ai l'impression qu'on en est au $\mathbb C^*{\rm I}_2$ de ${\rm GL}_2(\mathbb C)/\mathbb C^*{\rm I}_2$ dans $$\mathcal M(\widehat{\mathbb C})\simeq{\rm PGL}_2(\mathbb C)={\rm GL}_2(\mathbb C)/\mathbb C^*{\rm I}_2\simeq{\rm PSL}_2(\mathbb C)={\rm SL}_2(\mathbb C)/\{-{\rm I}_2,+{\rm I}_2\},$$ lu sur Transformation de Möbius.
Bon, ça n'est ni ma première ni ma dernière approximation fumeuse...
Amicalement,
Swingmustard
Mon cher Swingmustard
Honneur au courage malheureux.
Tu as l'art de compliquer ce qui ne l'est pas!
A mon tour de mettre mon petit grain de sel!
Il existe donc un $\lambda\in \mathbb C^*\ $ tel que:
$$
\begin{pmatrix}
-b&a\\
-d&c
\end{pmatrix}
=\lambda.
\begin{pmatrix}
\overline c&\overline d\\
-\overline a&-\overline b
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Egalité matricielle qu'on peut réécrire sous la forme:
$$
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
=
\lambda.
\begin{pmatrix}
\overline d&-\overline c\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
\qquad
$$
On en déduit aussitôt:
$$
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
=
\lambda.\overline{\lambda}.
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
\qquad
$$
On en déduit:
$$
\lambda.\overline{\lambda}=1
\qquad
$$
Il existe donc un $\theta\in \mathbb R\ $ tel que:
$$
\lambda =\exp(2\imath\theta)
\qquad
$$
On peut donc écrire:
$$\exp(-\imath \theta).
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
=
\exp(\imath\theta).
\begin{pmatrix}
\overline d&-\overline c\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Donc quitte à remplacer $\exp(-\imath\theta) a$ par $a$, etc, on tombe sur une matrice vérifiant:
$$
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\overline d&-\overline c\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
\qquad
$$
La matrice $\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
\ $ prend alors la forme:
$$
\begin{pmatrix}
a&b\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
\qquad
$$
définie à un scalaire multiplicatif réel non nul $k\ $prés
On peut ajuster ce scalaire réel $k\ $ pour que la matrice $k.\begin{pmatrix}
a&b\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
$ soit dans $SU(2,\mathbb C)$.
Comment au fait?
On t'a eu cruel $SU(2\mathbb ,C)!!\qquad$
Ce n'est pas fini et le plus dur commence maintenant.
Il faut établir la réciproque!
Avis aux amateurs!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
La réciproque?
Encore faut-il la formuler?
On se donne une matrice $\begin{pmatrix}a&b\\-\overline b&\overline a\end{pmatrix}\in SU(2,\mathbb C)$
On considère l'homographie associée:
$$\sigma(z)=\dfrac{az+b}{-\overline bz+\overline a}\qquad$$
Et il faut montrer que la transformation circulaire de la sphère de Riemann:
$$s=\pi^{-1}.\sigma.\pi$$ est une rotation.
On peut montrer que c'est une rotation par tous les moyens connus et inconnus de notre monde sublunaire y compris en calculant les neuf coefficients de la matrice orthogonale qui la représente.
Il serait bon enfin de réduire la matrice ainsi obtenue et de comparer avec les invariants de $\sigma!!!\qquad$
Donc beaucoup , beaucoup de boulot en perspective!
Amicalement
[small]p[/small]appus
"Ajuster ce scalaire réel $k$ pour que la matrice $k.\begin{pmatrix}a&b\\-\overline b&\overline a\end{pmatrix}$ soit dans $SU(2,\mathbb C)$" ?
Je propose $k=\dfrac{1}{\sqrt{|a|^2+|b|^2}}$, mais il faut me pardonner de ne même pas bien comprendre qui est $SU(2,\mathbb C)$.
En attendant de tenter la réciproque, voici une pause détente pour les petits joueurs de ma trempe, avec une nouvelle homographie.
Sur le dessin que voici, vous pouvez :
1) Vous entraîner à vérifier que vous avez compris la géniale méthode de pappus-Lake pour construire $m'=\sigma(m)$ et $p'=\sigma(p)$. Vous inversez par rapport au cercle de centre le point-limite $\sigma^{-1}(\infty)=2+i$, puis vous prenez le symétrique par rapport à la droite passant par les deux points fixes (i.e. la corde du cercle qui est une diagonale du losange).
2) Conjecturer l'angle $\beta$ de $s$, la rotation de la sphère associée à cette homographie (j'ai là une conjecture excitante, entièrement due aux talents du shérif pédagogue, grâces lui soient rendues !)
3) Conjecturer l'axe de $s$. Si vous proposez son vecteur directeur, qui n'est même plus dans $(xOy)$, je pourrai vous dire oui ou non, puisque le logiciel me le met sous le nez. Pourtant j'ignore encore comment mettre la main dessus en d'autres circonstances.
Amusez-vous bien !
Swingmustard, contre-pitre qui s'ignorait
P.S. Pitié, Lake, ne nous abandonne pas ! Si pappus est un clown blanc, il a besoin d'un Auguste, or contrairement à moi, tu as le bagage pour "déstabiliser le clown blanc" et "être totalement impertinent".
Perso, je me contenterai du troisième rôle, que je viens de découvrir sur Wikipédia : "Le contre-pitre est le second de l'auguste et son contre-pied. « Auguste de l'auguste », c'est un clown gaffeur qui ne comprend rien, oublie tout, et dont les initiatives se terminent en catastrophes".
Mon cher Swingmustard
Libre à toi de jouer le rôle que tu veux mais j'estime que tu perds ainsi un temps très précieux et ce faisant, tu obscurcis souvent les énoncés des jolies questions que tu nous proposes.
En ce qui concerne notre nouveau problème, la méthode à suivre qui me semble la plus naturelle est la méthode calculatoire.
On connaît les écritures des applications :
$$\pi: \mathbb S^2\longrightarrow \widehat{\mathbb C};\ (x,y,t)\mapsto \dfrac{x+\imath y}{1-t} \\
\sigma:\widehat{\mathbb C}\longrightarrow \widehat{\mathbb C};\ z\mapsto \dfrac{az+b}{-\overline b z+\overline a}\qquad \\
\pi^{-1}: \widehat{\mathbb C}\longrightarrow \mathbb S^2;\ z\mapsto \Big(\dfrac{2Re(z)}{\vert z\vert^2+1},\dfrac{2Im(z)}{\vert z\vert^2+1}, \dfrac{\vert z\vert^2-1}{\vert z\vert^2+1}\Big)\qquad
$$ C'est toi qui nous les a données !
Et il s'agit simplement d'évaluer :
$$s=\pi^{-1}.\sigma.\pi\qquad
$$ J'avoue franchement que je n'ai pas envie de me farcir ces calculs de composition qui me semblent être laborieux (tedious in english).
Mais on devrait pouvoir y arriver puisqu'on sait que le résultat à obtenir est simple.
Au besoin on peut se faire aider par un logiciel de calcul formel mais là aussi je suis si paresseux et si somnolent que je n'ai pas envie d'essayer.
On verra plus tard s'il existe d'autres moyens non calculatoires d'arriver à nos fins !
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cher pappus,
Au moment d'appliquer $\pi^{-1}(z)=\Big(\dfrac{2Re(z)}{\vert z\vert^2+1},\dfrac{2Im(z)}{\vert z\vert^2+1}, \dfrac{\vert z\vert^2-1}{\vert z\vert^2+1}\Big)$ à $\sigma\circ\pi(x,y,t)= \dfrac{a(x+i y)+b(1-t)}{-\overline b(x+i y)+\overline a(1-t)}$, je renâcle à nouveau.
$\pi^{-1}$ exige que les parties réelle et imaginaire soient claires. Or vous, si vous êtes moi, vous débarquez avec les gros sabots de $(\sigma \circ\pi)(x,y,t)$, dont la partie réelle et la partie imaginaire sont insondables, vu la quantité de nombres complexes qui traînent au dénominateur.
Par ailleurs, les formules de rotation de la sphère vues sur Wikipédia ne m'encouragent vraiment pas.
$Im(\sigma\circ\pi(x,y,t))=\dfrac{-(px-qy+u(1-t))(vx-uy-q(1-t))+(qx+py+v(1-t))(-ux-vy+p(1-t))}{(ux+vy-p(1-t))^2+(vx-uy-q(1-t))^2}$.
Si quelqu'un a le goût de continuer...
On verra plus tard s'il existe d'autres moyens non calculatoires d'arriver à nos fins !
Ben je crois que je préfère voir tout de suite, notamment creuser la conjecture (que je n'ai pas encore formulée), qui exprimera ledit angle $\theta$ pour Wikipédia, $\beta$ pour moi, en fonction de $a$ et $b$, parce que je me sens dans une impasse avec ces calculs.
Mon cher Swingmustard
Personne n’aura évidemment envie de continuer tes calculs car tu t’y prends bien mal!
Il faut faire preuve de la prudence du serpent et de la ruse du sioux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cher pappus,
Je vois que tu donnes des indications, je vais me hâter de les lire !
En attendant, sans prudence mais en tâchant, effectivement, de ruser comme un apache, j'ai l'impression d'avoir identifié la direction de l'axe $\Delta$ de la rotation $s$. Je précise les notations.
J'appelle $\theta$ la longitude, et $\delta$ la latitude de $\Delta$ (ou de son point d'intersection avec l'hémisphère Nord, si on préfère).
Je conserve $\beta=2\alpha$ pour l'angle de $s$.
Les formules sont attendues pour $\sigma(z)=\dfrac{az+b}{-\overline b z+\overline a}$, autant que pour la nouvelle homographie, définie par $\sigma(z)=\dfrac{(3+i)z+1+i}{(-1+i)z+3-i}$, dont le dessin est une quatrième vue. Seuls $m$ et ses avatars ont été déplacés, pour une meilleure lisibilité.
Les devinettes sont les suivantes, sauf erreur elles sont dans l'ordre croissant de difficulté des formules.
Exprimer $\theta$ en fonction de $b$.
Exprimer $\delta$ en fonction de $a$ et de $b$.
Exprimer $\beta$ en fonction de $a$ et de $b$.
Merci Swingmustard
Je ne sais pas si tu as compris l'astuce du sioux!
Tu voulais faire le calcul de $\pi^{-1}.\sigma.\pi$ et tu as jeté l'éponge avec juste raison.
J'aurais fait pareil!
Seule la machine pourrait peut-être s'en sortir et encore faut-il savoir la programmer.
Moi je me contente d'écrire:
$$s.\pi^{-1}=\pi^{-1}.\sigma\qquad$$
Puis je me débrouille!
Une autre façon de voir les choses.
Tu as calculé:
$$\pi^{-1}.\sigma.\pi=\pi^{-1}.(\sigma.\pi)\qquad$$
Et tu ne t'en es pas sorti!
Il vaut mieux calculer:
$$\pi^{-1}.\sigma.\pi=(\pi^{-1}.\sigma).\pi\qquad$$
Et la vie est belle!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'avais commencé comme Swingmustard puis rapidement abandonné.
Je viens de reprendre les calculs à la lueur des indications de pappus. Il y a une succession de petits miracles.
Bien sûr, j'ai pu commettre des erreurs ; j'obtiens ceci :
$$
s:\,\begin{cases}z'=a^2\,z-b^2\,\bar{z}-2ab\,t\\t'=a\bar{b}\,z+\bar{a}b\,\bar{z}+(|a|^2-|b|^2)\,t\end{cases}
Mon cher Lake
Chapeau bas!
Non seulement tu es notre référence en géométrie descriptive mais tu commences à devenir super bon en géométrie circulaire.
C'est fantastique les progrès que tu as fait!
Tu t'émerveillais devant ton épure sans comprendre ce qui se passait et tu viens pratiquement de la justifier à toi tout seul comme un grand!
Les calculs sont presque terminés.
Il reste à écrire les neuf coefficients réels de la matrice de taille $3$ ainsi obtenue en séparant soigneusement parties réelles et parties imaginaires.
Il faut quand même prouver que cette matrice est dans le cruel $SO(3,\mathbb R)\ $ qui nous a bien fait souffrir lui aussi.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cher pappus, cher Lake,
J'obtiens également de jolies simplifications pour un vecteur directeur de l'axe $\Delta$ de la rotation :
$$\begin{pmatrix}Im(b)\\-Re(b)\\Im(a)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s\\-r\\q\end{pmatrix}$$ avec les notations de Lake.
(Ce qui donne les réponses à mes questions sur les angles $\theta$ et $\delta$, angles que je n'aurais pas demandés si j'avais obtenu ce vecteur magique plus tôt.)
Ma formule actuelle de l'angle de la rotation reste un peu moche tant qu'on persiste à la vouloir avec $a$ et $b$.
En revanche, elle devient splendide quand on l'exprime avec les points fixes $\alpha$, $\beta$ et ... quel autre point ? ;-)
Amicalement,
Swingmustard
Un petit bonjour, admiratif, en passant, et un grand merci, à notre trio d'artistes !
N'ayant aucun moyen, vu le niveau où il est monté, de faire avancer le shmilblick ne fût-ce que d'un micron ... je me contente de rester béat devant la virtuosité de Maître Pappus ...
Bien amicalement
JLB
Mon cher Jelobreuil
Je ne suis virtuose en rien sauf peut-être en chutes en arrière dans un escalier.
Je n'ai que le mérite d'avoir une bonne bibliothèque!
As-tu au moins trouvé quelque chose dans cette construction au compas d'une inversion?
Il me semble qu'on devait regarder ce qui se passe quand on se rapproche trop du pôle?
Tu n'as pas la moindre idée?
Regardons enfin, enfin la solution de l'exercice de Swingmustard obtenue après tant d'efforts!!!
La matrice de Swingmustard est dans $SU(2,\mathbb C)\ $ à condition de la diviser par $\sqrt{10}.\qquad$
C'est donc:
$$
\dfrac 1{\sqrt{10}}
\begin{pmatrix}
3&\imath\\
\imath&3
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Les formules de Lake deviennent alors:
$$
\begin{cases}
z'=\dfrac 9{10}z+\dfrac 1{10}\overline z-\dfrac{6\imath}{10}t\\
t'=-\dfrac{3\imath}{10}z+\dfrac{3\imath}{10}\overline z+\dfrac 8{10}t
\end{cases}
$$
On écrit: $z=x+\imath y\ $ et $z'=x'+\imath y'\ $ et on sépare les parties réelle et imaginaire c'est à dire le bon grain de l'ivraïe pour obtenir:
$$
\begin{cases}
x'=x\\
y'=\dfrac 45y-\dfrac 35 t\\
t'=\dfrac 35y+\dfrac 45t
\end{cases}
\qquad
$$
C'est seulement seulement maintenant qu'on peut dire que $s$ est une rotation autour de $Ox$ et on voit apparaître l'angle de rotation dans le triangle pythagoricien $(3,4,5)\ $ qui semble tant émoustiller notre ami Swingmustard.
Mais on ne pouvait obtenir ce résultat par une simple pirouette.
Il nous a fallu suer sang et eau pour y parvenir. @Lake
Tu es loin très loin d'avoir atteint ton niveau d'incompétence!
Ton écriture fait penser une flèche: $\mathbb S^3\mapsto SO(3,\mathbb R)\ $, le revêtement universel de $SO(3,\mathbb R)\ $ par la sphère des quaternions de norme $1$
Tu nous lances sur la piste des quaternions!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
J'imagine le colleur un peu foufou donnant à déguster à quelque taupin hébété la jolie matrice de Lake sans même imposer la condition:
$$p^2+q^2+r^2+s^2=1\qquad$$
Une demi-heure et démerde toi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cher pappus,
J'avais oublié que nous traitions le cas particulier de l'homographie $\sigma$ de Swingmustard.
Il est possible que ma matrice soit fausse ; cependant, elle colle avec tes formules de transformation $(x',y',t')=s(x,y,t)$.
Je me suis tout de même renseigné sur les rotations de $\mathbb{R}^3$ ici.
J'ai eu la satisfaction d'y trouver au chapitre "Paramétrages antisymétriques" une matrice qui ressemblait furieusement à la mienne.
Revenons sur l'incompétence :
Je persiste, surtout quand tu nous assènes ceci :
Ton écriture fait penser une flèche: $\mathbb
S^3\mapsto SO(3,\mathbb R)\ $, le revêtement
universel de $SO(3,\mathbb R)\ $ par la sphère
des quaternions de norme $1$
Tu nous lances sur la piste des quaternions!
Tu penses bien que je ne peux pas suivre.
Ceci dit, tu nous as, Swingmustard, moi et Jelobreuil, tiré vers le haut tout au long de ce fil (assez loin des axiomes de Thalès et Pythagore).
Sois-en chaleureusement remercié !
Amicalement.
Bien cher Pappus,
Tu es vraiment trop modeste !
Il ne suffit pas d'avoir une belle bibliothèque (matérielle ou cérébrale), encore faut-il bien la connaître et savoir s'en servir !
Et c'est bien ce que tu fais, avec une virtuosité (permets-moi d'insister) qui me laisse pantois !
Pour la question de savoir ce qui se passe, dans la construction d'une inversion à l'aide du seul compas, lorsque le point objet de l'inversion est trop proche du centre du cercle d'inversion, je t'avoue ne plus y avoir songé depuis ma dernière visite ...
Bien amicalement
JLB
Merci Lake
Je n'ai pas encore vérifié la validité de ta matrice car je tire ma flemme en ce moment.
Mais je ne plaisante pas avec mon histoire de colleur.
La matrice que tu nous as écrite est certainement exacte car je connais ton sérieux depuis longtemps.
Quand tu es un taupin et que tu désires entrer dans les meilleures écoles, tu dois disposer d'un stock de matrices le plus grand possible et ta matrice en fait partie.
Oublions la géométrie qui nous a permis de l'écrire.
C'est d'autant plus facile qu'il ne nous reste plus que les axiomes de Thalès et de Pythagore à ânonner comme les ploucs de Pétaouchnok que nous sommes devenus.
Tu es donc un taupin plus ou moins hébété et le colleur te refile ta matrice sans parler de la normalisation:
$$p^2+q^2+r^2+s^2=1\qquad$$
Il peut d'ailleurs te la refiler dans beaucoup d'occasions.
Ce soir là, car les colles se passent généralement en soirée, c'est le cours sur les déterminants.
Alors tu me calcules le déterminant de ta matrice.
Trente minutes chrono et pas de logiciel de calcul formel s'il te plait!
La démerde!
Je me souviens de ma période taupinale.
J'étais interne dans un établissement très connu. Je disposais d'une chambre où dormir, avec une chaise, une table et un tableau noir et c'est le colleur qui se déplaçait de chambres en chambres poser ses questions.
Oui m'sieur!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mon cher Jelobreuil
C'est pourtant un exercice à ta portée beaucoup plus facile que ce que nous venons de voir sur la cruauté de certains groupes!
D'autant plus que ta jolie construction au compas du milieu de deux points au moyen d'un petit empilement de triangles équilatéraux y joue un rôle très important!
Je vais t'aider au début.
Tu veux construire au compas l'inverse de $P$ par rapport à un cercle $\Gamma\ $ de centre $O.\qquad$
Le point $P$ est dans la mauvaise région.
Par contre le symétrique $Q$ de $O$ par rapport à $P\ $, lui, est dans la bonne région constructible.
Que fais-tu?
C'est un exercice de réflexion sur les inversions!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Chers tous,
1) Scoop sur l'axe de la rotation, dont la simplicité me fascine et qui semble passé inaperçu, aussi je me permets de le rappeler : avec les notations de Lake, un vecteur directeur est $$\overrightarrow{u}=\begin{pmatrix}Im(b)\\-Re(b)\\Im(a)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s\\-r\\q\end{pmatrix}$$
2) Scoop sur l'angle $\beta$ de la rotation.
$$\tan\dfrac{\beta}2=\dfrac{\sqrt{1-p^2}}p$$
3) a) Appliquons (2) à l'exercice : $p=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$, $\tan\dfrac{\beta}2=\dfrac{\sqrt{1-\dfrac{9}{10}}}{\dfrac{3}{\sqrt{10}}}=\dfrac{1}3$, d'où $\tan\beta=\dfrac{3}4$, tout va pour le mieux.
b) Personne ne veut conjecturer où cet angle se lit directement sur la figure, dès lors qu'on a tracé le cadre pour l'inversion et la symétrie de pappus-Lake, i.e. le cercle de la première, l'axe de la seconde ?
4) Ne vous gênez pas pour examiner le cas $(a,b)=(3+i,1+i)$ proposé avant-hier, vous verrez que d'autres angles "célèbres" m'intéressent, que ceux de 3,4,5 ;-)
Merci pour ce régal, Mister pappus et la compagnie !
Swingmustard
P.S. C'est beaucoup trop long, désolé. Vous pouvez laisser tomber à partir d'ici !
N'est-ce pas touchant, cette participation mesurée de chacun des quatre paramètres, pour définir la rotation ?
Attention quand même. Si, dans (1), $q,r,s$ ne sont pas forcément "normalisés", cela devient indispensable pour (2), autrement dit $p=\dfrac{Re(a)}{\sqrt{|a|^2+|b|^2}}$.
Dans (2) on serait tenté de croire, en confondant $p$ et $Re(a)$, que l'angle $\beta$ ne dépend que de $a$. Or, à travers le vrai $p$ de sa formule, il dépend aussi de $b$ !
Cette "normalisation" est vraiment rigolote : ne confondons pas non plus $q$ et $\sqrt{1-p^2}$, car dès que $b\neq 0$, $|a|^2=p^2+q^2<1$. Je n'ai pas encore réfléchi à ce que cela représente géométriquement, pour le couple $(a,b)$, de se voir transformé en $\dfrac{1}{\sqrt{|a|^2+|b|^2}}(a,b)$. Et vous ?
Salut à tous,
1) Je me permets de récrire ta matrice, Lake, en remplaçant $b=r+is$ par $b=u+iv$ car j'ai besoin de la lettre $s$ pour pouvoir écrire $c = \cos\theta$ et $s=\sin\theta$.
$$\begin{pmatrix}p^2-q^2-u^2+v^2&-2(pq+uv)&-2(pu-qv)\\2(pq-uv)&p^2-q^2+u^2-v^2&-2(pv+qu)\\2(pu+qv)&2(pv-qu)&p^2+q^2-u^2-v^2\end{pmatrix}
$$ 2) Comparons avec ce que le vecteur directeur unitaire $\dfrac{1}{\sqrt{1-p^2}}\begin{pmatrix}v\\-u\\q\end{pmatrix}$ (que j'essaie vainement de vous vendre) donnerait dans la matrice de rotation prise dans Wikipédia, citée un peu plus haut. L'espoir est que l'égalité entre les deux matrices fasse apparaître l'angle $\theta$ de notre rotation (que j'ai appelé $\beta$ jusqu'il y a peu), sous la forme de son cosinus et son sinus.
$$\dfrac{1}{1-p^2}\begin{pmatrix}v^2(1-c)+c(1-p^2) & -uv(1-c)-qs\sqrt{1-p^2} & v q(1-c)-us\sqrt{1-p^2} \\[3pt]-uv(1-c)+qs\sqrt{1-p^2} & -u^2(1-c)+c(1-p^2) & -u q(1-c)-vs\sqrt{1-p^2} \\[3pt]v q(1-c)+us\sqrt{1-p^2} & -u q(1-c)+vs\sqrt{1-p^2} & q^2(1-c)+c(1-p^2)\end{pmatrix}$$
3) Chaque équipe creuse un tunnel sous le Mont Kastro. Eupalinos-pappus dirige les travaux depuis le sommet. Sauf qu'il est souvent obligé, le pauvre, de descendre d'un côté ou de l'autre remettre les terrassiers dans le droit chemin, et de mettre lui-même la pioche à la roche calcaire.
[large]Les équipes vont-elles se rejoindre ?[/large]
Écrivons l'égalité du premier élément des deux matrices.
$$(p^2-q^2-u^2+v^2)(1-p^2)=v^2(1-c)+c(1-p^2) \\
p^2-q^2-u^2+v^2-p^4+p^2q^2+p^2u^2-p^2v^2=c(1-p^2-v^2)+v^2 \\
p^2-q^2-u^2-p^4+p^2q^2+p^2u^2-p^2v^2=c(1-p^2-v^2)
$$ Là j'avoue, si je ne savais pas que je cherche $c=2p^2-1$, je baisserais sûrement les bras...
Ras le bol des carrés, je les remplace par $p,q,r,s$, la relation entre les quatre devient $p+q+r+s=1$.
On en est à $p-q-u-p^2+pq+pu-pv=c(1-p-v)$.
$p(1-p-v)-(1-p-u-v)-u+p(1-p-u-v)+pu=c(1-p-v)$.
$p(1-p-v)-(1-p-v)+p(1-p-v)=c(1-p-v)$, d'où $c=2p-1$, remettons le carré, tadam : $$\cos\theta=2p^2-1, \qquad\cos\dfrac{\theta}2=p
$$ Ça nous dit quoi ? Merci Lake, nos formules se consolident mutuellement ! Merci pappus, la jonction est faite ! Et merci Jelobreuil pour le soutien moral !
Un neuvième de la matrice de Lake aura été contrôlé, en même temps que mes formules axe et angle : $\overrightarrow u$ et $\theta$, se sentent rassurées.
Si le cœur lui en dit, une bonne âme contrôlera pour nous que les huit autres éléments des deux matrices s'accordent avec $$\sin\theta=2p\sqrt{1-p^2}, \qquad\sin\dfrac{\theta}2=\sqrt{1-p^2}.
$$ Mais j'y pense, l'ingénieur fait peut-être son boulot depuis un voilier : pourquoi se fatiguer au sommet (de la sphère et de la montagne), quand la vie est douce sur un plan ... d'eau d'eau !
Faites de beaux rêves,
Swingmustard
Mon cher Swingmustard
On peut dire que tu cherches des complications inutiles.
La géométrie est oubliée à tout jamais.
Elle n'a jamais existé!
On peut même jeter aux oubliettes les axiomes de Thalès et de Pythagore
Et ce n'est pas la peine de traîner partout tes sinus et tes cosinus!
Contente toi de la jolie matrice de Lake.
Traite la avec respect par tous les moyens connus ou inconnus du monde taupinal!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
En effet le plus gros du travail a été effectué par Lake quand il nous a écrit sa matrice, une matrice qu'aurait dû nous donner Swingmustard puisque c'est lui qui est à l'origine de ce problème!
Faisons le point!
Lake a montré que $s=\pi^{-1}.\sigma.\pi\ $ était la restriction à la sphère de Riemann d'une transformation linéaire de $\mathbb R^3.\qquad$
Est-ce que cela suffit pour affirmer sans ambages que la matrice de Lake est dans $SO(3,\mathbb R)?\qquad$
Oui, si on connait son cours mais encore faut-il le citer correctement.
Sinon, il faut en passer par les fourches caudines des calculs taupinaux exigés en toute innocence (?) par le colleur!!!!!!!
Autant dire que j'attends de pied ferme l'une et l'autre méthode!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Même avec le résultat sous les yeux ($(p^2+q^2+r^2+s^2)^3$ que m'a donné une calculette), je ne m'en sors pas quant au calcul de ce déterminant.
Amicalement.
Mon cher Lake
Cela n'a pas d'importance!
Tu as bien mérité d'utiliser ta calculette et tout comme moi tu as passé largement l'âge d'être en Taupe.
Tu peux continuer à t'en servir pour les autres questions notamment pour les composantes de l'axe de la rotation que Swingmustard nous a donné sans démonstration comme à son habitude.
OK donc pour le déterminant.
Il faut quand même vérifier que la matrice est orthogonale ou presque orthogonale.
On dit plutôt que c'est une matrice de similitude si on laisse tomber la condition de normalisation.
Comment programmes-tu ta calculette?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je ne sais d'ailleurs pas si l'usage des calculettes est autorisé aux écrits et aux oraux des grands concours.
Je pense qu'il devrait l'être!
J'ai bien vérifié que la norme des vecteurs colonnes valait $p^2+q^2+r^2+s^2$ et que les produits scalaires étaient nuls.
Mes connaissances ne me permettent guère d'aller plus loin.
Côté calculette, je ne programme rien du tout : je l'utilise "pédestre".
Amicalement.
P.S. Avec $p^2+q^2+r^2+s^2=1$, j'ai fait une tentative de calcul des valeurs propres.
Sous toutes réserves, j'ai obtenu $1$ et $2p^2-1\pm 2\,i\,|p|\sqrt{1-p^2}$.
Bonjour,
Appliquons les formules de Lake $$ s:\,\begin{cases}z'=a^2\,z-b^2\,\bar{z}-2ab\,t\\t'=a\bar{b}\,z+\bar{a}b\,\bar{z}+(|a|^2-|b|^2)\,t\end{cases}$$
à ce que je propose comme point de l'axe de la rotation : $(z,t)=(-i\,b,Im(a))$.
$$ \begin{cases}z'=-i\,a^2b-b^2\,i\bar{b}-2ab\,Im(a)=-i\,b(a^2+|b|^2-2i\,a\,Im(a))\\t'=-i\,a\bar{b}\,b+i\,\bar{a}b\,\bar{b}+(|a|^2-|b|^2)\,Im(a)=-i\,|b|^2(a-\bar{a})+(|a|^2-|b|^2)\,Im(a)\end{cases}$$
$$ \begin{cases}z'=-i\,b(a(a-2i\,Im(a))+|b|^2)=-i\,b(|a|^2+|b|^2)\\t'=-i\,|b|^2\times2i\,Im(a)+(|a|^2-|b|^2)\,Im(a)=Im(a)(|a|^2+|b|^2)\end{cases}$$
Merci pappus pour la si importante condition $$|a|^2+|b|^2=1.$$ Elle achève cette vérification (inutile de me rappeler la différence avec ce que sera la démonstration qu'il s'agit de l'axe) du fait que $(-i\,b,Im(a))$, alias $(Im(b),-Re(b),Im(a)$, et ses multiples réels sont invariants par la rotations $s$.
Amicalement,
Swingmustard
Mon cher Swingmustard
Tu n'as pas tout à fait compris la question que je te posais.
Tu n'as quand même pas contemplé pendant quelques millisecondes la jolie matrice de Lake puis tu ne t'es pas dit:
Tiens si on faisait opérer cette jolie matrice sur le vecteur $(s,-r,q)\ $ pour voir ce que cela donne.
Il y a quand même un minimum de logique à suivre, compréhensible par le taupin le plus hébété.
Plus exactement ma question est la suivante
Je te donne une matrice:
$$\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&a_{13}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}
\end{pmatrix}
\in SO(3,\mathbb R)
\qquad
$$
Comment fais-tu pour m'écrire instantanément, pratiquement sans le moindre calcul, les composantes d'un vecteur directeur dirigeant l'axe de cette rotation?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cher pappus,
C'est un peu fatigant d'essayer d'obéir à tes fréquentes injonctions, tout en poursuivant sa propre recherche.
Par moments tu suggères de raisonner par condition nécessaire (par exemple commencer par chercher les points fixes $\alpha$ et $\beta$, et les points limites de l'homographie : merci sincèrement pour ce conseil), par moments tu réclames de connaître des cours que j'ai oubliés ou jamais eu, et d'un seul coup je me fais maltraiter parce que telle ou telle réponse ne vient pas assez vite ou ne te convient pas, en tout cas il est soudainement interdit de trouver tel ou tel résultat par une autre méthode que celle que Monsieur attend (sans toujours la préciser de manière accessible, mais c'est aussi l'inconvénient de la communication écrite : pas forcément ta faute). Enfin...
Si $M$ est ta matrice et $X$ un vecteur, je chercherais les solutions du système $MX=X$. Et je ne suis pas sûr que, vu les transformations (autant avec $(z,t)\in\mathbb C\times\mathbb R$ qu'avec $(x,y,t)\in\mathbb R^3$) que nous avions, ça permette "d'écrire instantanément, pratiquement sans le moindre calcul, les composantes d'un vecteur directeur".
Du coup, j'ai tout aussi bien trouvé l'axe comme droite passant par $\pi^{-1}(\alpha)$ et $\pi^{-1}(\beta)$, méthode que je n'ai pas évoquée par ras-le-bol de me faire enguirlander, j'ai passé l'âge. Je continue d'être fasciné par la simplicité de cet axe, et si une explication géométriquement simple la sous-tend (cette simplicité), je serai ravi.
Amicalement,
Swingmustard
Mon cher Swingmustard
Toi aussi, le plus souvent emporté par ton enthousiasme, tu expliques bien mal tes trouvailles! Je suis bien obligé de te demander de nous fournir des explications
Et la plupart du temps, tu tournes autour du pot nous laissant sur notre faim!
Tu sens bien que la matrice que Lake a eu tant de mal à écrire mérite qu’on s’attarde sur elle en oubliant complètement la géométrie dont elle est issue!
La première chose est de prouver qu’elle est dans $SO(3,\mathbb R).\qquad$
Nous savons déjà que son déterminant vaut $1$
Comment programmer maintenant la calculette de Lake pour prouver qu’elle appartient bien à $SO(3,\mathbb R)?\qquad$
Enfin une fois ceci montré, comment prouver simplement ce que tu nous affirmes sans la moindre preuve:
à savoir, un vecteur directeur dirigeant l’axe est $(s,-r ,q)\ $
Tu vois que mes injonctions n’ont rien que de très légitimes!
Je suis d’autant plus curieux que ces composantes sont exactes et je me demande bien comment tu les as trouvées!
Un coup de chance?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bien cher Pappus,
Je viens de regarder rapidement le problème de la construction, en trois coups de compas, de l'inverse d'un point $P$ par rapport à un cercle de centre $O$ et de rayon $R$, selon tes indications.
Il me semble que la zone "défavorable", en dehors de laquelle doit se trouver $P$ pour que cette construction soit possible, est le disque de centre $O$ et de rayon $R/2$ (bord inclus), puisque, si $P$ se trouve dans cette zone, le premier des trois cercles à tracer aura un rayon inférieur ou égal à $R/2$ et par conséquent, ne coupera pas le cercle d'inversion de centre $O$, ou à la limite, lui sera tangent ...
Et quand tu dis que le symétrique de $O$ par rapport à $P$ sera dans la zone "favorable", ce n'est vrai que si $R/4<OP<R/2$, n'est-ce pas ?
Donc, en toute rigueur, pour pouvoir construire l'inverse de $P$ quand il est trop proche de $O$, il faut d'abord appliquer à $P$ une homothétie de centre $O$ et de rapport $k$ bien choisi, par exemple $2$, ou $2.2$, voire $3$, pourquoi pas ?, construire l'inverse du point ainsi obtenu, et appliquer à cet inverse l'homothétie réciproque la même homothétie de centre $O$ et de rapport 1/k $k$.
Du moins est-ce ainsi que je vais essayer de procéder ...
Merci de me faire me décarcasser la matière grise et ses neurones !
Bien amicalement
JLB
PS : c'est en faisant la figure ci-dessous que je me suis rendu compte de mon erreur, due à mon manque d'habitude de la manipulation des compositions de transformations ...
Bonsoir à tous
Par exemple, il n'y a pas besoin d'être très fort en programmation pour comprendre les quelques lignes ci-dessous écrites sous Maxima
Cela prouve:
1° La matrice de Lake est dans $SO(3,\mathbb R).\qquad$
2° La matrice de Lake est exacte sinon on aurait trouvé n'importe quoi!
3° Il reste à prouver qu'un vecteur dirigeant l'axe de cette rotation est bien ce que nous a dit Swingmustard: $(s,-r,q).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Comment fait le taupin en colle sans calculatrice programmable, Dieu seul le sait!
Quant à moi quand j'étais en Taupe, je n'avais aucun problème!
Les matrices n'étaient pas au programme! Yeah!
Cher pappus,
1) Je viens enfin d'ouvrir un cours d'algèbre.
$M$ est orthogonale ssi $^tMM=I_3$. Même si ce n'est pas forcément la dernière question posée, elle m'intéresse alors je tente.$$\begin{pmatrix}p^2-q^2-r^2+s^2&2(pq-rs)&2(pr+qs)\\-2(pq+rs)&p^2-q^2+r^2-s^2&2(ps-qr)\\-2(pr-qs)&-2(ps+qr)&p^2+q^2-r^2-s^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}p^2-q^2-r^2+s^2&-2(pq+rs)&-2(pr-qs)\\2(pq-rs)&p^2-q^2+r^2-s^2&-2(ps+qr)\\2(pr+qs)&2(ps-qr)&p^2+q^2-r^2-s^2\end{pmatrix}$$
$(p^2-q^2-r^2+s^2)^2+4(pq-rs)^2+4(pr+qs)^2=p^4+q^4+r^4+s^4+2p^2q^2+2p^2r^2+2p^2s^2+2q^2r^2+2q^2s^2+2r^2s^2$ Bref le premier élément vaut $(p^2+q^2+r^2+s^2)^2=1$. Regardons 1ère ligne 2ème colonne, à présent.
$$-2(p^2-q^2-r^2+s^2)(pq+rs)+2(pq-rs)(p^2-q^2+r^2-s^2)+4(pr+qs)(ps-qr)$$
$$4pq(r^2-s^2)-4rs(p^2-q^2)+4(p^2rs-pqr^2+pqs^2-q^2rs)=0$$
Certainement que le reste est à l'avenant, ce qui montrerait $M\in O(3,\mathbb R)$.
Autant que je me souvienne, Lake a montré que le déterminant vaut 1, d'où $$M\in SO(3,\mathbb R).$$
2) J'ai hâte d'apprendre s'il y a une astuce pour trouver l'axe (je ne la vois pas).
3) Pour l'angle en revanche, la théorie a du bon, qui nous propose $tr(M)=1+2\cos\theta$ alors que je me suis, c'est vrai, donné trop de mal pour arriver sûrement au même résultat. (Cette théorie précise également le signe de $\sin\theta$, pas certain que j'irai jusque là.)
Ainsi donc, on aurait $1+2\cos\theta=p^2-q^2-r^2+s^2+p^2-q^2+r^2-s^2+p^2+q^2-r^2-s^2=3p^2-q^2-r^2-s^2$ ?
$1+2\cos\theta=4p^2-1$, $$\cos\theta=2p^2-1$$ Trop forte, l'algèbre ! Je vous aurai donc calculé deux fois cet angle, et attends toujours (de quelqu'un d'autre que pappus, c'est clairement trop facile pour sa pomme) la conjecture (je n'en ai pas de démonstration) concernant son apparition dès que le losange pappusien a été tracé.
Ah, je vois que nos messages vont se croiser. Oui, je devrais utiliser des logiciels...
Bonjour Jelobreuil !
Amicalement,
Swingmustard
Bon sang de bon sang Swingmustard!
Je comprends parfaitement que tu ne connaisses pas l'astuce donnant les composantes $(s,-r,q)\ $ d'un vecteur de l'axe!
Mais dis nous au moins comment toi, personnellement, tu as fait pour les trouver!
Un coup de bol?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonsoir à tous
On quitte donc la géométrie pour s'attaquer à "l'algèbre linéaire matricielle".
J'ai tenté de m'accrocher bien qu'il y ait près de cinquante ans, j'avais délibérément sacrifié l'algèbre (linéaire ou autre) en taupe.
Je le regrette amèrement aujourd'hui : pappus m'a convaincu qu'il n'y avait pas de bonne géométrie sans algèbre plus ou moins linéaire.
Revenons à nos moutons : j'ai bataillé ferme avec ma calculette (tout de même avec calcul formel s'il vous plaît).
Elle a ses limites. Tant et si bien que j'ai fini par me tourner vers une version de Maple (pas vraiment officielle) en ma possession. Je l'utilise plus que rarement. Autant vous dire que j'ai galéré.
Auparavant, en fouinant sur le web, et en supposant que ma matrice $M$ appartenait bien à $SO(3,\mathbb{R})$, j'avais bien vu que l'angle de la rotation était donné par :
$$
\cos\,\theta =\dfrac{Tr(M)-1}{2}
$$ Swingmustard m'a précédé sur ce point.
Bref, l'âge (pas tout à fait canonique mais tout de même) aidant, je me suis tourné vers Maple.
... qui m'a bien confirmé l'orientation de l'axe ; $(s,-r,q)$.
Un petit mot qui n'a presque rien à voir avec ce fil.
Hier soir ou plutôt ce matin, Swingmustard a posté un message. Il était 0h30.
16 minutes plus tard, c'est à dire à 0h46, AD est intervenu probablement pour de la cosmétique (ponctuation, interlignes, autres ?).
AD : tu ne dors jamais ? En tout cas, merci à toi : j'apprécie.
Merci Swingmustard
Bien sûr, c’est d’ailleurs évident!
Mais cela ne nous dit pas comment tu as trouvé les paramètres directeurs de l’axe à partir de cette remarque!
Il y a encore un petit calcul à faire qu’on aurait bien aimé voir!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cher pappus,
Autant que je me souvienne, je m'intéressais aux angles en cachette, ayant l'impression que tu nous leur faisais une allergie !
En bricolant sur geogebra j'ai fait une liste de ce qui laissait indifférents les angles de notre axe.
Sa longitude $\theta$ restait insensible à $a$ et à $|b|$, sa latitude $\delta$ se moquait de $Re(a)$ et de $arg(b)$.
J'étais donc sur la piste de deux fonctions $\theta=\theta(arg(b))$ et $\delta=\delta(Im(a),|b|)$.
La première a ensuite sauté aux yeux, car très simple : $\theta=arg(b)+\dfrac{\pi}2$. Et après coup, on se dit : Forcément, c'est aussi la direction de la droite $(\alpha\beta)$ des points fixes, intersection de $(xOy)$ avec le plan vertical $P$ contenant l'axe même si, en l'écrivant, je n'en suis plus si sûr.
$\tan\delta=\dfrac{Im(a)}{|b|}$ est apparue le 4 août à 21h06, alors qu'on n'aurait jamais espéré si simple, et après des calculs un peu moches (à l'époque, j'ai fini par poser $w=\sqrt{Im(a)^2+|b|^2}$ car il traînait partout, aujourd'hui il s'appellerait tranquillement $\sqrt{1-p^2}$) et où il faudrait que je retourne pour mieux comprendre un dessin de profil dans $P$, dessin qui sentait très fort l'inversion mais où je n'arrivais hélas qu'à exploiter des angles...
C'est seulement le lendemain que j'ai compris que $\theta=arg(ib)$ et $\tan\delta=\dfrac{Im(a)}{|b|}$ seraient avantageusement remplacés par un point de l'espace "évident" : $(ib, Im(a))$ !
Bref, ni un coup de bol, ni un calcul glorieux, encore moins une démonstration. C'est d'ailleurs pour ça que ça s'est appelé devinette, puis scoop.
Alors, cette astuce, ça vient ? ;-)
Amicalement,
Swingmustard, paparazzo des sphères
Mon cher Swingmustard
J'ai l'impression que notre dialogue de sourds va finir par porter ses fruits et que l'un et l'autre nous en sortirons, enrichis mutuellement.
Je t'avoue bien franchement que je comprenais pas tes crises d'enthousiasme soudaines, je ne comprenais pas tes "calculs" avec tes deux angles $\alpha$ et $\beta$, je ne comprenais pas tes figures 3D même si je t'enviais, incapable que je suis de pouvoir les réaliser.
Et dis toi bien que je ne suis pas le seul. Je suis persuadé que la plupart de tes lecteurs n'ont pas compris un traitre mot de la moindre de tes explications.
Mais devant la dernière, je reste abasourdi. Je n'avais vraiment pas compris la méthode que tu suivais.
Comme les marins du dix septième siècle, tu naviguais à vue sur notre bonne vieille terre en mesurant constamment longitude et latitude et en regardant expérimentalement les variations de ton axe en fonction de ces coordonnées.
Chapeau bas, je m'incline!
Tu as vraiment la géométrie dans la peau et le plus beau, c'est que tu ne te sois pas trompé en suivant cette méthode a priori délirante.
Le plus drôle, c'est que tu as toi même conscience du rôle de la projection stéréographique mais qu'apparemment tu n'as pas l'air de t'en servir.
Maintenant je suis sûr que tu ne l'as pas utilisée mais une bonne partie de la nuit la question m'a taraudé.
Peut-on vraiment calculer les paramètres directeurs de l'axe de rotation en utilisant la projection stéréographique?
Pour voir la difficulté, le mieux est encore de se lancer!
Les points fixes $z_1\ $ et $z_2\ $ de $\sigma\ $ sont les racines de l'équation:
$$\overline bz^2+(a-\overline a)z+b=0\qquad$$
Arrivé à ce stade, je commence à renâcler car je sais qu'on va trainer la racine carrée du discriminant dans tout le calcul.
Et ce n'est pas fini, il va falloir calculer:
$$\pi^{-1}(z_1)=\Big(\dfrac{2z_1}{\vert z_1\vert^2+1}, \dfrac{\vert z_1\vert^2-1}{\vert z_1\vert^2+1}\Big)\qquad$$ .
Bref ce n'est pas la joie!
Et pourtant, pourtant je me suis réveillé au milieu de la nuit sachant comment me sortir de ce maudit calcul!
Donc il y a trois méthodes pour calculer ces paramètres directeurs:
1° La tienne que tu es le seul à maîtriser et à comprendre et je crains bien que cette situation ne risque pas de changer dans le futur.
2° La méthode que tu préconises mais que tu n'as pas suivie, la projection stéréographique.
3° L'astuce purement matricielle.
Pour te consoler, je suis sûr que la plupart des taupins et de leurs professeurs ne la connaissent pas!
Je retourne au dodo et demain j'essayerai d'expliquer les méthodes 2) et 3)
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je réponds à [cette question].
$(a_{32}-a_{23},a_{13}-a_{31},a_{21}-a_{12})$ dirige l'axe de cette rotation et, après normalisation, on peut même connaître le sinus de l'angle de cette rotation, sachant que la trace permet déjà d'avoir le cosinus...
Merci Gai Requin
J'espère que tu passes des vacances bien méritées.
C'est assez extraordinaire comme résultat puisqu'il est linéaire par rapport aux coefficients de la matrice.
Comment expliques-tu cela?
Il est dû à un isomorphisme bien connu des taupins!
Oui mais lequel?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Réponses
Je suis un peu consterné. Je te tiens par la main, je t'indique le chemin à suivre en te citant le théorème du Perrin à utiliser et tu n'en fais rien. Tu as sous les yeux, à droite et à gauche du signe $=$ deux fonctions homographiques de $\overline z$, (c'est peut-être là l'astuce que tu n'as pas vue!).
Ce sont donc les mêmes!
$$\dfrac{-b\overline z+a}{-d\overline z+c}=-\dfrac{\overline c.\overline z+\overline d}{\overline a.\overline z+\overline b}\qquad$$
Tu exhibes les deux matrices de taille $2$ dont elles proviennent et tu écris qu'elles sont proportionnelles.
Est-ce si terrible à faire?
Attention après avoir écrit la proportionnalité de ces deux matrices, il y a encore quelques combats d'arrière garde à mener pour arriver au cruel $SU(2,\mathbb C)$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Amicalement
[small]p[/small]appus
S'il existe $k\in\mathbb C^*$ tel que$\begin{pmatrix}-b&a\\-d&c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-k \overline c&-k\overline d\\k\overline a &k\overline b\end{pmatrix}$, la première diagonale nous donne $-b=-k \overline c=-k\overline {(k\overline b)}=-|k|^2 b$, et la deuxième $a=|k|^2 a$.
$a$ et $b$ n'étant pas nuls simultanément, $|k|$=1. Posons $k=e^{-i\theta}$.
On a donc $c=e^{-i\theta}\overline b$ et $d=-e^{-i\theta}\overline a$.
D'où une première allure, $$\sigma(z)=e^{i\theta}\dfrac{a z+b}{\overline b z-\overline a}.
$$ Si j'essaie de m'approcher de la forme officielle entrevue "$\begin{pmatrix}\alpha&-\overline\beta\\\beta&\overline\alpha\end{pmatrix}$ telles que $\alpha,\beta\in\mathbb C,|\alpha|^2 + |\beta|^2 = 1$", j'écrirai plutôt cette deuxième version.
$$\sigma(z)=\dfrac{a z+e^{-i\theta}\overline c}{cz-e^{-i\theta}\overline a}.
$$ Désolé de ne pas savoir finir, en tout cas merci !
Amicalement,
Swingmustard
Si j'ai bien suivi, il me semble que $k$ est réel ce qui limite singulièrement les possibilités.
Ceci m'incite à dire non. Est-ce que je mélange les pinceaux ? Je ne sais pas.
Amicalement,
Swingmustard
Je me suis permis d'intervenir en supposant que pappus se consacrait à sa sieste traditionnelle.
Je persiste à dire oui. Scalaire ou réel, c'est une question de sémantique relative au "milieu" dans lequel on travaille.
Je suis quasiment certain qu'on obtient $k=\pm 1$.
Il reste les questions : $ad-bc=\pm 1$ et comment éliminer l'un des deux cas.
Là, je suis sec. Sans nul doute, pappus va nous éclairer.
Amicalement.
En fait, j'adorerais limiter $k$ à $\mathbb R^*$, car je suis bien d'accord pour dire que ça nous rapprocherait drôlement de la fin.
Pourtant j'ai l'impression qu'on en est au $\mathbb C^*{\rm I}_2$ de ${\rm GL}_2(\mathbb C)/\mathbb C^*{\rm I}_2$ dans $$\mathcal M(\widehat{\mathbb C})\simeq{\rm PGL}_2(\mathbb C)={\rm GL}_2(\mathbb C)/\mathbb C^*{\rm I}_2\simeq{\rm PSL}_2(\mathbb C)={\rm SL}_2(\mathbb C)/\{-{\rm I}_2,+{\rm I}_2\},$$ lu sur Transformation de Möbius.
Bon, ça n'est ni ma première ni ma dernière approximation fumeuse...
Amicalement,
Swingmustard
Honneur au courage malheureux.
Tu as l'art de compliquer ce qui ne l'est pas!
A mon tour de mettre mon petit grain de sel!
Il existe donc un $\lambda\in \mathbb C^*\ $ tel que:
$$
\begin{pmatrix}
-b&a\\
-d&c
\end{pmatrix}
=\lambda.
\begin{pmatrix}
\overline c&\overline d\\
-\overline a&-\overline b
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Egalité matricielle qu'on peut réécrire sous la forme:
$$
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
=
\lambda.
\begin{pmatrix}
\overline d&-\overline c\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
\qquad
$$
On en déduit aussitôt:
$$
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
=
\lambda.\overline{\lambda}.
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
\qquad
$$
On en déduit:
$$
\lambda.\overline{\lambda}=1
\qquad
$$
Il existe donc un $\theta\in \mathbb R\ $ tel que:
$$
\lambda =\exp(2\imath\theta)
\qquad
$$
On peut donc écrire:
$$\exp(-\imath \theta).
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
=
\exp(\imath\theta).
\begin{pmatrix}
\overline d&-\overline c\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Donc quitte à remplacer $\exp(-\imath\theta) a$ par $a$, etc, on tombe sur une matrice vérifiant:
$$
\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\overline d&-\overline c\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
\qquad
$$
La matrice $\begin{pmatrix}
a&b\\c&d
\end{pmatrix}
\ $ prend alors la forme:
$$
\begin{pmatrix}
a&b\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
\qquad
$$
définie à un scalaire multiplicatif réel non nul $k\ $prés
On peut ajuster ce scalaire réel $k\ $ pour que la matrice $k.\begin{pmatrix}
a&b\\
-\overline b&\overline a
\end{pmatrix}
$ soit dans $SU(2,\mathbb C)$.
Comment au fait?
On t'a eu cruel $SU(2\mathbb ,C)!!\qquad$
Ce n'est pas fini et le plus dur commence maintenant.
Il faut établir la réciproque!
Avis aux amateurs!
Amicalement
[small]p[/small]appus
La réciproque?
Encore faut-il la formuler?
On se donne une matrice $\begin{pmatrix}a&b\\-\overline b&\overline a\end{pmatrix}\in SU(2,\mathbb C)$
On considère l'homographie associée:
$$\sigma(z)=\dfrac{az+b}{-\overline bz+\overline a}\qquad$$
Et il faut montrer que la transformation circulaire de la sphère de Riemann:
$$s=\pi^{-1}.\sigma.\pi$$ est une rotation.
On peut montrer que c'est une rotation par tous les moyens connus et inconnus de notre monde sublunaire y compris en calculant les neuf coefficients de la matrice orthogonale qui la représente.
Il serait bon enfin de réduire la matrice ainsi obtenue et de comparer avec les invariants de $\sigma!!!\qquad$
Donc beaucoup , beaucoup de boulot en perspective!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bien; ça m'apprendra à rester dans mon rôle : observateur attentif.
On ne m'y reprendra plus.
Amicalement.
"Ajuster ce scalaire réel $k$ pour que la matrice $k.\begin{pmatrix}a&b\\-\overline b&\overline a\end{pmatrix}$ soit dans $SU(2,\mathbb C)$" ?
Je propose $k=\dfrac{1}{\sqrt{|a|^2+|b|^2}}$, mais il faut me pardonner de ne même pas bien comprendre qui est $SU(2,\mathbb C)$.
En attendant de tenter la réciproque, voici une pause détente pour les petits joueurs de ma trempe, avec une nouvelle homographie.
Sur le dessin que voici, vous pouvez :
1) Vous entraîner à vérifier que vous avez compris la géniale méthode de pappus-Lake pour construire $m'=\sigma(m)$ et $p'=\sigma(p)$. Vous inversez par rapport au cercle de centre le point-limite $\sigma^{-1}(\infty)=2+i$, puis vous prenez le symétrique par rapport à la droite passant par les deux points fixes (i.e. la corde du cercle qui est une diagonale du losange).
2) Conjecturer l'angle $\beta$ de $s$, la rotation de la sphère associée à cette homographie (j'ai là une conjecture excitante, entièrement due aux talents du shérif pédagogue, grâces lui soient rendues !)
3) Conjecturer l'axe de $s$. Si vous proposez son vecteur directeur, qui n'est même plus dans $(xOy)$, je pourrai vous dire oui ou non, puisque le logiciel me le met sous le nez. Pourtant j'ignore encore comment mettre la main dessus en d'autres circonstances.
Amusez-vous bien !
Swingmustard, contre-pitre qui s'ignorait
P.S. Pitié, Lake, ne nous abandonne pas ! Si pappus est un clown blanc, il a besoin d'un Auguste, or contrairement à moi, tu as le bagage pour "déstabiliser le clown blanc" et "être totalement impertinent".
Perso, je me contenterai du troisième rôle, que je viens de découvrir sur Wikipédia : "Le contre-pitre est le second de l'auguste et son contre-pied. « Auguste de l'auguste », c'est un clown gaffeur qui ne comprend rien, oublie tout, et dont les initiatives se terminent en catastrophes".
Bonne nuit !
Amicalement,
Swingmustard
Libre à toi de jouer le rôle que tu veux mais j'estime que tu perds ainsi un temps très précieux et ce faisant, tu obscurcis souvent les énoncés des jolies questions que tu nous proposes.
En ce qui concerne notre nouveau problème, la méthode à suivre qui me semble la plus naturelle est la méthode calculatoire.
On connaît les écritures des applications :
$$\pi: \mathbb S^2\longrightarrow \widehat{\mathbb C};\ (x,y,t)\mapsto \dfrac{x+\imath y}{1-t} \\
\sigma:\widehat{\mathbb C}\longrightarrow \widehat{\mathbb C};\ z\mapsto \dfrac{az+b}{-\overline b z+\overline a}\qquad \\
\pi^{-1}: \widehat{\mathbb C}\longrightarrow \mathbb S^2;\ z\mapsto \Big(\dfrac{2Re(z)}{\vert z\vert^2+1},\dfrac{2Im(z)}{\vert z\vert^2+1}, \dfrac{\vert z\vert^2-1}{\vert z\vert^2+1}\Big)\qquad
$$ C'est toi qui nous les a données !
Et il s'agit simplement d'évaluer :
$$s=\pi^{-1}.\sigma.\pi\qquad
$$ J'avoue franchement que je n'ai pas envie de me farcir ces calculs de composition qui me semblent être laborieux (tedious in english).
Mais on devrait pouvoir y arriver puisqu'on sait que le résultat à obtenir est simple.
Au besoin on peut se faire aider par un logiciel de calcul formel mais là aussi je suis si paresseux et si somnolent que je n'ai pas envie d'essayer.
On verra plus tard s'il existe d'autres moyens non calculatoires d'arriver à nos fins !
Amicalement
[small]p[/small]appus
Au moment d'appliquer $\pi^{-1}(z)=\Big(\dfrac{2Re(z)}{\vert z\vert^2+1},\dfrac{2Im(z)}{\vert z\vert^2+1}, \dfrac{\vert z\vert^2-1}{\vert z\vert^2+1}\Big)$ à $\sigma\circ\pi(x,y,t)= \dfrac{a(x+i y)+b(1-t)}{-\overline b(x+i y)+\overline a(1-t)}$, je renâcle à nouveau.
Par ailleurs, les formules de rotation de la sphère vues sur Wikipédia ne m'encouragent vraiment pas.
$R = \begin{pmatrix}u_x^2(1-c)+c & u_x u_y(1-c)-u_zs & u_x u_z(1-c)+u_ys \\[3pt]u_x u_y(1-c)+u_zs & u_y^2(1-c)+c & u_y u_z(1-c)-u_xs \\[3pt]u_x u_z(1-c)-u_ys & u_y u_z(1-c)+u_xs & u_z^2(1-c)+c\end{pmatrix}$ où
$c = \cos\theta, \qquad s = \sin\theta$.
Mais bon, tentons le coup. Je pose $a=p+iq$ et $b=u+iv$.
$\sigma\circ\pi(x,y,t)= \dfrac{(p+iq)(x+i y)+(u+iv)(1-t)}{(-u+iv)(x+i y)+(p-iq)(1-t)}$,
$\dfrac{px-qy+u(1-t)+i(qx+py+v(1-t))}{-ux-vy+p(1-t)+i(vx-uy-q(1-t))}\times\dfrac{-ux-vy+p(1-t)-i(vx-uy-q(1-t))}{-ux-vy+p(1-t)-i(vx-uy-q(1-t))}$
$Re(\sigma\circ\pi(x,y,t))=\dfrac{(px-qy+u(1-t))(-ux-vy+p(1-t))+(qx+py+v(1-t))(vx-uy-q(1-t)))}{(ux+vy-p(1-t))^2+(vx-uy-q(1-t))^2}$.
$Im(\sigma\circ\pi(x,y,t))=\dfrac{-(px-qy+u(1-t))(vx-uy-q(1-t))+(qx+py+v(1-t))(-ux-vy+p(1-t))}{(ux+vy-p(1-t))^2+(vx-uy-q(1-t))^2}$.
Si quelqu'un a le goût de continuer...
Ben je crois que je préfère voir tout de suite, notamment creuser la conjecture (que je n'ai pas encore formulée), qui exprimera ledit angle $\theta$ pour Wikipédia, $\beta$ pour moi, en fonction de $a$ et $b$, parce que je me sens dans une impasse avec ces calculs.
Amicalement,
Swingmustard
Personne n’aura évidemment envie de continuer tes calculs car tu t’y prends bien mal!
Il faut faire preuve de la prudence du serpent et de la ruse du sioux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je reprends mon diagramme commutatif:
$$
\xymatrix{
\mathbb S^2\ar[r]^s\ar[d]_{\pi}&\mathbb S^2 \ar[d]^{\pi}\\
\widehat{\mathbb C}\ar[r]^{\sigma}&\widehat{\mathbb C}
}
$$ en faisant figurer les variables
$$
\xymatrix{
(z,t)\ar@{|->}[r]^s\ar@{|->}[d]_{\pi}&(z',t') \ar@{|->}[d]^{\pi}\\
u\ar@{|->}[r]^{\sigma}&u'
}
$$ Ici :
$$(z,t)\in \mathbb S^2\subset \mathbb C\times \mathbb R\qquad \\
(z',t')\in \mathbb S^2\subset \mathbb C\times \mathbb R\qquad \\
u\in \widehat{\mathbb C}\qquad \\
u'\in \widehat{\mathbb C}\qquad
$$ Quelles sont les relations qui vont nous servir ?
1°
$z=\dfrac{2u}{\vert u\vert^2+1}\ $ et $\ t=\dfrac{\vert u\vert^2-1}{\vert u\vert^2+1}\qquad$
2°
$z'=\dfrac{2u'}{\vert u'\vert^2+1}\ $ et $\ t'=\dfrac{\vert u'\vert^2-1}{\vert u'\vert^2+1}\qquad$
3°
$u'=\dfrac{au+b}{-\overline bu+\overline a}\qquad$
Et c'est parti pour un tour ! Un !!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je vois que tu donnes des indications, je vais me hâter de les lire !
En attendant, sans prudence mais en tâchant, effectivement, de ruser comme un apache, j'ai l'impression d'avoir identifié la direction de l'axe $\Delta$ de la rotation $s$. Je précise les notations.
J'appelle $\theta$ la longitude, et $\delta$ la latitude de $\Delta$ (ou de son point d'intersection avec l'hémisphère Nord, si on préfère).
Je conserve $\beta=2\alpha$ pour l'angle de $s$.
Les formules sont attendues pour $\sigma(z)=\dfrac{az+b}{-\overline b z+\overline a}$, autant que pour la nouvelle homographie, définie par $\sigma(z)=\dfrac{(3+i)z+1+i}{(-1+i)z+3-i}$, dont le dessin est une quatrième vue. Seuls $m$ et ses avatars ont été déplacés, pour une meilleure lisibilité.
Les devinettes sont les suivantes, sauf erreur elles sont dans l'ordre croissant de difficulté des formules.
Exprimer $\theta$ en fonction de $b$.
Exprimer $\delta$ en fonction de $a$ et de $b$.
Exprimer $\beta$ en fonction de $a$ et de $b$.
Amicalement,
Swingmustard
Je ne sais pas si tu as compris l'astuce du sioux!
Tu voulais faire le calcul de $\pi^{-1}.\sigma.\pi$ et tu as jeté l'éponge avec juste raison.
J'aurais fait pareil!
Seule la machine pourrait peut-être s'en sortir et encore faut-il savoir la programmer.
Moi je me contente d'écrire:
$$s.\pi^{-1}=\pi^{-1}.\sigma\qquad$$
Puis je me débrouille!
Une autre façon de voir les choses.
Tu as calculé:
$$\pi^{-1}.\sigma.\pi=\pi^{-1}.(\sigma.\pi)\qquad$$
Et tu ne t'en es pas sorti!
Il vaut mieux calculer:
$$\pi^{-1}.\sigma.\pi=(\pi^{-1}.\sigma).\pi\qquad$$
Et la vie est belle!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'avais commencé comme Swingmustard puis rapidement abandonné.
Je viens de reprendre les calculs à la lueur des indications de pappus. Il y a une succession de petits miracles.
Bien sûr, j'ai pu commettre des erreurs ; j'obtiens ceci :
$$
s:\,\begin{cases}z'=a^2\,z-b^2\,\bar{z}-2ab\,t\\t'=a\bar{b}\,z+\bar{a}b\,\bar{z}+(|a|^2-|b|^2)\,t\end{cases}
$$ Amicalement.
Chapeau bas!
Non seulement tu es notre référence en géométrie descriptive mais tu commences à devenir super bon en géométrie circulaire.
C'est fantastique les progrès que tu as fait!
Tu t'émerveillais devant ton épure sans comprendre ce qui se passait et tu viens pratiquement de la justifier à toi tout seul comme un grand!
Les calculs sont presque terminés.
Il reste à écrire les neuf coefficients réels de la matrice de taille $3$ ainsi obtenue en séparant soigneusement parties réelles et parties imaginaires.
Il faut quand même prouver que cette matrice est dans le cruel $SO(3,\mathbb R)\ $ qui nous a bien fait souffrir lui aussi.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je ne mérite pas tes compliments : tu nous tiens par la main du début à la fin ...
J'ai obtenu, en posant $a=p+iq$ et $b=r+is$ avec $p^2+q^2+r^2+s^2=1$, la matrice :
$$\begin{pmatrix}p^2-q^2-r^2+s^2&-2(pq+rs)&-2(pr-qs)\\2(pq-rs)&p^2-q^2+r^2-s^2&-2(ps+qr)\\2(pr+qs)&2(ps-qr)&p^2+q^2-r^2-s^2\end{pmatrix}$$
Ayant atteint mon niveau d'incompétence, je ne sais pas quoi en faire.
Amicalement.
[Edit] Mais peut être eût-il mieux valu conserver $a$, $b$ et leurs conjugués ?
J'obtiens également de jolies simplifications pour un vecteur directeur de l'axe $\Delta$ de la rotation :
$$\begin{pmatrix}Im(b)\\-Re(b)\\Im(a)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s\\-r\\q\end{pmatrix}$$ avec les notations de Lake.
(Ce qui donne les réponses à mes questions sur les angles $\theta$ et $\delta$, angles que je n'aurais pas demandés si j'avais obtenu ce vecteur magique plus tôt.)
Ma formule actuelle de l'angle de la rotation reste un peu moche tant qu'on persiste à la vouloir avec $a$ et $b$.
En revanche, elle devient splendide quand on l'exprime avec les points fixes $\alpha$, $\beta$ et ... quel autre point ? ;-)
Amicalement,
Swingmustard
N'ayant aucun moyen, vu le niveau où il est monté, de faire avancer le shmilblick ne fût-ce que d'un micron ... je me contente de rester béat devant la virtuosité de Maître Pappus ...
Bien amicalement
JLB
Je ne suis virtuose en rien sauf peut-être en chutes en arrière dans un escalier.
Je n'ai que le mérite d'avoir une bonne bibliothèque!
As-tu au moins trouvé quelque chose dans cette construction au compas d'une inversion?
Il me semble qu'on devait regarder ce qui se passe quand on se rapproche trop du pôle?
Tu n'as pas la moindre idée?
Regardons enfin, enfin la solution de l'exercice de Swingmustard obtenue après tant d'efforts!!!
La matrice de Swingmustard est dans $SU(2,\mathbb C)\ $ à condition de la diviser par $\sqrt{10}.\qquad$
C'est donc:
$$
\dfrac 1{\sqrt{10}}
\begin{pmatrix}
3&\imath\\
\imath&3
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Les formules de Lake deviennent alors:
$$
\begin{cases}
z'=\dfrac 9{10}z+\dfrac 1{10}\overline z-\dfrac{6\imath}{10}t\\
t'=-\dfrac{3\imath}{10}z+\dfrac{3\imath}{10}\overline z+\dfrac 8{10}t
\end{cases}
$$
On écrit: $z=x+\imath y\ $ et $z'=x'+\imath y'\ $ et on sépare les parties réelle et imaginaire c'est à dire le bon grain de l'ivraïe pour obtenir:
$$
\begin{cases}
x'=x\\
y'=\dfrac 45y-\dfrac 35 t\\
t'=\dfrac 35y+\dfrac 45t
\end{cases}
\qquad
$$
C'est seulement seulement maintenant qu'on peut dire que $s$ est une rotation autour de $Ox$ et on voit apparaître l'angle de rotation dans le triangle pythagoricien $(3,4,5)\ $ qui semble tant émoustiller notre ami Swingmustard.
Mais on ne pouvait obtenir ce résultat par une simple pirouette.
Il nous a fallu suer sang et eau pour y parvenir.
@Lake
Tu es loin très loin d'avoir atteint ton niveau d'incompétence!
Ton écriture fait penser une flèche: $\mathbb S^3\mapsto SO(3,\mathbb R)\ $, le revêtement universel de $SO(3,\mathbb R)\ $ par la sphère des quaternions de norme $1$
Tu nous lances sur la piste des quaternions!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'imagine le colleur un peu foufou donnant à déguster à quelque taupin hébété la jolie matrice de Lake sans même imposer la condition:
$$p^2+q^2+r^2+s^2=1\qquad$$
Une demi-heure et démerde toi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'avais oublié que nous traitions le cas particulier de l'homographie $\sigma$ de Swingmustard.
Il est possible que ma matrice soit fausse ; cependant, elle colle avec tes formules de transformation $(x',y',t')=s(x,y,t)$.
Je me suis tout de même renseigné sur les rotations de $\mathbb{R}^3$ ici.
J'ai eu la satisfaction d'y trouver au chapitre "Paramétrages antisymétriques" une matrice qui ressemblait furieusement à la mienne.
Revenons sur l'incompétence :
Je persiste, surtout quand tu nous assènes ceci :
Tu penses bien que je ne peux pas suivre.
Ceci dit, tu nous as, Swingmustard, moi et Jelobreuil, tiré vers le haut tout au long de ce fil (assez loin des axiomes de Thalès et Pythagore).
Sois-en chaleureusement remercié !
Amicalement.
Tu es vraiment trop modeste !
Il ne suffit pas d'avoir une belle bibliothèque (matérielle ou cérébrale), encore faut-il bien la connaître et savoir s'en servir !
Et c'est bien ce que tu fais, avec une virtuosité (permets-moi d'insister) qui me laisse pantois !
Pour la question de savoir ce qui se passe, dans la construction d'une inversion à l'aide du seul compas, lorsque le point objet de l'inversion est trop proche du centre du cercle d'inversion, je t'avoue ne plus y avoir songé depuis ma dernière visite ...
Bien amicalement
JLB
Je n'ai pas encore vérifié la validité de ta matrice car je tire ma flemme en ce moment.
Mais je ne plaisante pas avec mon histoire de colleur.
La matrice que tu nous as écrite est certainement exacte car je connais ton sérieux depuis longtemps.
Quand tu es un taupin et que tu désires entrer dans les meilleures écoles, tu dois disposer d'un stock de matrices le plus grand possible et ta matrice en fait partie.
Oublions la géométrie qui nous a permis de l'écrire.
C'est d'autant plus facile qu'il ne nous reste plus que les axiomes de Thalès et de Pythagore à ânonner comme les ploucs de Pétaouchnok que nous sommes devenus.
Tu es donc un taupin plus ou moins hébété et le colleur te refile ta matrice sans parler de la normalisation:
$$p^2+q^2+r^2+s^2=1\qquad$$
Il peut d'ailleurs te la refiler dans beaucoup d'occasions.
Ce soir là, car les colles se passent généralement en soirée, c'est le cours sur les déterminants.
Alors tu me calcules le déterminant de ta matrice.
Trente minutes chrono et pas de logiciel de calcul formel s'il te plait!
La démerde!
Je me souviens de ma période taupinale.
J'étais interne dans un établissement très connu. Je disposais d'une chambre où dormir, avec une chaise, une table et un tableau noir et c'est le colleur qui se déplaçait de chambres en chambres poser ses questions.
Oui m'sieur!
Amicalement
[small]p[/small]appus
C'est pourtant un exercice à ta portée beaucoup plus facile que ce que nous venons de voir sur la cruauté de certains groupes!
D'autant plus que ta jolie construction au compas du milieu de deux points au moyen d'un petit empilement de triangles équilatéraux y joue un rôle très important!
Je vais t'aider au début.
Tu veux construire au compas l'inverse de $P$ par rapport à un cercle $\Gamma\ $ de centre $O.\qquad$
Le point $P$ est dans la mauvaise région.
Par contre le symétrique $Q$ de $O$ par rapport à $P\ $, lui, est dans la bonne région constructible.
Que fais-tu?
C'est un exercice de réflexion sur les inversions!
Amicalement
[small]p[/small]appus
1) Scoop sur l'axe de la rotation, dont la simplicité me fascine et qui semble passé inaperçu, aussi je me permets de le rappeler : avec les notations de Lake, un vecteur directeur est $$\overrightarrow{u}=\begin{pmatrix}Im(b)\\-Re(b)\\Im(a)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s\\-r\\q\end{pmatrix}$$
2) Scoop sur l'angle $\beta$ de la rotation.
$$\tan\dfrac{\beta}2=\dfrac{\sqrt{1-p^2}}p$$
3) a) Appliquons (2) à l'exercice : $p=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$, $\tan\dfrac{\beta}2=\dfrac{\sqrt{1-\dfrac{9}{10}}}{\dfrac{3}{\sqrt{10}}}=\dfrac{1}3$, d'où $\tan\beta=\dfrac{3}4$, tout va pour le mieux.
b) Personne ne veut conjecturer où cet angle se lit directement sur la figure, dès lors qu'on a tracé le cadre pour l'inversion et la symétrie de pappus-Lake, i.e. le cercle de la première, l'axe de la seconde ?
4) Ne vous gênez pas pour examiner le cas $(a,b)=(3+i,1+i)$ proposé avant-hier, vous verrez que d'autres angles "célèbres" m'intéressent, que ceux de 3,4,5 ;-)
Merci pour ce régal, Mister pappus et la compagnie !
Swingmustard
P.S. C'est beaucoup trop long, désolé. Vous pouvez laisser tomber à partir d'ici !
N'est-ce pas touchant, cette participation mesurée de chacun des quatre paramètres, pour définir la rotation ?
Attention quand même. Si, dans (1), $q,r,s$ ne sont pas forcément "normalisés", cela devient indispensable pour (2), autrement dit $p=\dfrac{Re(a)}{\sqrt{|a|^2+|b|^2}}$.
Dans (2) on serait tenté de croire, en confondant $p$ et $Re(a)$, que l'angle $\beta$ ne dépend que de $a$. Or, à travers le vrai $p$ de sa formule, il dépend aussi de $b$ !
Cette "normalisation" est vraiment rigolote : ne confondons pas non plus $q$ et $\sqrt{1-p^2}$, car dès que $b\neq 0$, $|a|^2=p^2+q^2<1$. Je n'ai pas encore réfléchi à ce que cela représente géométriquement, pour le couple $(a,b)$, de se voir transformé en $\dfrac{1}{\sqrt{|a|^2+|b|^2}}(a,b)$. Et vous ?
1) Je me permets de récrire ta matrice, Lake, en remplaçant $b=r+is$ par $b=u+iv$ car j'ai besoin de la lettre $s$ pour pouvoir écrire $c = \cos\theta$ et $s=\sin\theta$.
$$\begin{pmatrix}p^2-q^2-u^2+v^2&-2(pq+uv)&-2(pu-qv)\\2(pq-uv)&p^2-q^2+u^2-v^2&-2(pv+qu)\\2(pu+qv)&2(pv-qu)&p^2+q^2-u^2-v^2\end{pmatrix}
$$ 2) Comparons avec ce que le vecteur directeur unitaire $\dfrac{1}{\sqrt{1-p^2}}\begin{pmatrix}v\\-u\\q\end{pmatrix}$ (que j'essaie vainement de vous vendre) donnerait dans la matrice de rotation prise dans Wikipédia, citée un peu plus haut. L'espoir est que l'égalité entre les deux matrices fasse apparaître l'angle $\theta$ de notre rotation (que j'ai appelé $\beta$ jusqu'il y a peu), sous la forme de son cosinus et son sinus.
$$\dfrac{1}{1-p^2}\begin{pmatrix}v^2(1-c)+c(1-p^2) & -uv(1-c)-qs\sqrt{1-p^2} & v q(1-c)-us\sqrt{1-p^2} \\[3pt]-uv(1-c)+qs\sqrt{1-p^2} & -u^2(1-c)+c(1-p^2) & -u q(1-c)-vs\sqrt{1-p^2} \\[3pt]v q(1-c)+us\sqrt{1-p^2} & -u q(1-c)+vs\sqrt{1-p^2} & q^2(1-c)+c(1-p^2)\end{pmatrix}$$
3) Chaque équipe creuse un tunnel sous le Mont Kastro. Eupalinos-pappus dirige les travaux depuis le sommet. Sauf qu'il est souvent obligé, le pauvre, de descendre d'un côté ou de l'autre remettre les terrassiers dans le droit chemin, et de mettre lui-même la pioche à la roche calcaire.
$$(p^2-q^2-u^2+v^2)(1-p^2)=v^2(1-c)+c(1-p^2) \\
p^2-q^2-u^2+v^2-p^4+p^2q^2+p^2u^2-p^2v^2=c(1-p^2-v^2)+v^2 \\
p^2-q^2-u^2-p^4+p^2q^2+p^2u^2-p^2v^2=c(1-p^2-v^2)
$$ Là j'avoue, si je ne savais pas que je cherche $c=2p^2-1$, je baisserais sûrement les bras...
Ras le bol des carrés, je les remplace par $p,q,r,s$, la relation entre les quatre devient $p+q+r+s=1$.
On en est à $p-q-u-p^2+pq+pu-pv=c(1-p-v)$.
$p(1-p-v)-(1-p-u-v)-u+p(1-p-u-v)+pu=c(1-p-v)$.
$p(1-p-v)-(1-p-v)+p(1-p-v)=c(1-p-v)$, d'où $c=2p-1$, remettons le carré, tadam : $$\cos\theta=2p^2-1, \qquad\cos\dfrac{\theta}2=p
$$ Ça nous dit quoi ? Merci Lake, nos formules se consolident mutuellement ! Merci pappus, la jonction est faite ! Et merci Jelobreuil pour le soutien moral !
Un neuvième de la matrice de Lake aura été contrôlé, en même temps que mes formules axe et angle : $\overrightarrow u$ et $\theta$, se sentent rassurées.
Si le cœur lui en dit, une bonne âme contrôlera pour nous que les huit autres éléments des deux matrices s'accordent avec $$\sin\theta=2p\sqrt{1-p^2}, \qquad\sin\dfrac{\theta}2=\sqrt{1-p^2}.
$$ Mais j'y pense, l'ingénieur fait peut-être son boulot depuis un voilier : pourquoi se fatiguer au sommet (de la sphère et de la montagne), quand la vie est douce sur un plan ... d'eau d'eau !
Faites de beaux rêves,
Swingmustard
On peut dire que tu cherches des complications inutiles.
La géométrie est oubliée à tout jamais.
Elle n'a jamais existé!
On peut même jeter aux oubliettes les axiomes de Thalès et de Pythagore
Et ce n'est pas la peine de traîner partout tes sinus et tes cosinus!
Contente toi de la jolie matrice de Lake.
Traite la avec respect par tous les moyens connus ou inconnus du monde taupinal!
Amicalement
[small]p[/small]appus
En effet le plus gros du travail a été effectué par Lake quand il nous a écrit sa matrice, une matrice qu'aurait dû nous donner Swingmustard puisque c'est lui qui est à l'origine de ce problème!
Faisons le point!
Lake a montré que $s=\pi^{-1}.\sigma.\pi\ $ était la restriction à la sphère de Riemann d'une transformation linéaire de $\mathbb R^3.\qquad$
Est-ce que cela suffit pour affirmer sans ambages que la matrice de Lake est dans $SO(3,\mathbb R)?\qquad$
Oui, si on connait son cours mais encore faut-il le citer correctement.
Sinon, il faut en passer par les fourches caudines des calculs taupinaux exigés en toute innocence (?) par le colleur!!!!!!!
Autant dire que j'attends de pied ferme l'une et l'autre méthode!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Même avec le résultat sous les yeux ($(p^2+q^2+r^2+s^2)^3$ que m'a donné une calculette), je ne m'en sors pas quant au calcul de ce déterminant.
Amicalement.
Cela n'a pas d'importance!
Tu as bien mérité d'utiliser ta calculette et tout comme moi tu as passé largement l'âge d'être en Taupe.
Tu peux continuer à t'en servir pour les autres questions notamment pour les composantes de l'axe de la rotation que Swingmustard nous a donné sans démonstration comme à son habitude.
OK donc pour le déterminant.
Il faut quand même vérifier que la matrice est orthogonale ou presque orthogonale.
On dit plutôt que c'est une matrice de similitude si on laisse tomber la condition de normalisation.
Comment programmes-tu ta calculette?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je ne sais d'ailleurs pas si l'usage des calculettes est autorisé aux écrits et aux oraux des grands concours.
Je pense qu'il devrait l'être!
Mes connaissances ne me permettent guère d'aller plus loin.
Côté calculette, je ne programme rien du tout : je l'utilise "pédestre".
Amicalement.
P.S. Avec $p^2+q^2+r^2+s^2=1$, j'ai fait une tentative de calcul des valeurs propres.
Sous toutes réserves, j'ai obtenu $1$ et $2p^2-1\pm 2\,i\,|p|\sqrt{1-p^2}$.
Appliquons les formules de Lake $$ s:\,\begin{cases}z'=a^2\,z-b^2\,\bar{z}-2ab\,t\\t'=a\bar{b}\,z+\bar{a}b\,\bar{z}+(|a|^2-|b|^2)\,t\end{cases}$$
à ce que je propose comme point de l'axe de la rotation : $(z,t)=(-i\,b,Im(a))$.
$$ \begin{cases}z'=-i\,a^2b-b^2\,i\bar{b}-2ab\,Im(a)=-i\,b(a^2+|b|^2-2i\,a\,Im(a))\\t'=-i\,a\bar{b}\,b+i\,\bar{a}b\,\bar{b}+(|a|^2-|b|^2)\,Im(a)=-i\,|b|^2(a-\bar{a})+(|a|^2-|b|^2)\,Im(a)\end{cases}$$
$$ \begin{cases}z'=-i\,b(a(a-2i\,Im(a))+|b|^2)=-i\,b(|a|^2+|b|^2)\\t'=-i\,|b|^2\times2i\,Im(a)+(|a|^2-|b|^2)\,Im(a)=Im(a)(|a|^2+|b|^2)\end{cases}$$
Merci pappus pour la si importante condition $$|a|^2+|b|^2=1.$$ Elle achève cette vérification (inutile de me rappeler la différence avec ce que sera la démonstration qu'il s'agit de l'axe) du fait que $(-i\,b,Im(a))$, alias $(Im(b),-Re(b),Im(a)$, et ses multiples réels sont invariants par la rotations $s$.
Amicalement,
Swingmustard
Tu n'as pas tout à fait compris la question que je te posais.
Tu n'as quand même pas contemplé pendant quelques millisecondes la jolie matrice de Lake puis tu ne t'es pas dit:
Tiens si on faisait opérer cette jolie matrice sur le vecteur $(s,-r,q)\ $ pour voir ce que cela donne.
Il y a quand même un minimum de logique à suivre, compréhensible par le taupin le plus hébété.
Plus exactement ma question est la suivante
Je te donne une matrice:
$$\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&a_{13}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}
\end{pmatrix}
\in SO(3,\mathbb R)
\qquad
$$
Comment fais-tu pour m'écrire instantanément, pratiquement sans le moindre calcul, les composantes d'un vecteur directeur dirigeant l'axe de cette rotation?
Amicalement
[small]p[/small]appus
C'est un peu fatigant d'essayer d'obéir à tes fréquentes injonctions, tout en poursuivant sa propre recherche.
Par moments tu suggères de raisonner par condition nécessaire (par exemple commencer par chercher les points fixes $\alpha$ et $\beta$, et les points limites de l'homographie : merci sincèrement pour ce conseil), par moments tu réclames de connaître des cours que j'ai oubliés ou jamais eu, et d'un seul coup je me fais maltraiter parce que telle ou telle réponse ne vient pas assez vite ou ne te convient pas, en tout cas il est soudainement interdit de trouver tel ou tel résultat par une autre méthode que celle que Monsieur attend (sans toujours la préciser de manière accessible, mais c'est aussi l'inconvénient de la communication écrite : pas forcément ta faute). Enfin...
Si $M$ est ta matrice et $X$ un vecteur, je chercherais les solutions du système $MX=X$. Et je ne suis pas sûr que, vu les transformations (autant avec $(z,t)\in\mathbb C\times\mathbb R$ qu'avec $(x,y,t)\in\mathbb R^3$) que nous avions, ça permette "d'écrire instantanément, pratiquement sans le moindre calcul, les composantes d'un vecteur directeur".
Du coup, j'ai tout aussi bien trouvé l'axe comme droite passant par $\pi^{-1}(\alpha)$ et $\pi^{-1}(\beta)$, méthode que je n'ai pas évoquée par ras-le-bol de me faire enguirlander, j'ai passé l'âge. Je continue d'être fasciné par la simplicité de cet axe, et si une explication géométriquement simple la sous-tend (cette simplicité), je serai ravi.
Amicalement,
Swingmustard
Toi aussi, le plus souvent emporté par ton enthousiasme, tu expliques bien mal tes trouvailles! Je suis bien obligé de te demander de nous fournir des explications
Et la plupart du temps, tu tournes autour du pot nous laissant sur notre faim!
Tu sens bien que la matrice que Lake a eu tant de mal à écrire mérite qu’on s’attarde sur elle en oubliant complètement la géométrie dont elle est issue!
La première chose est de prouver qu’elle est dans $SO(3,\mathbb R).\qquad$
Nous savons déjà que son déterminant vaut $1$
Comment programmer maintenant la calculette de Lake pour prouver qu’elle appartient bien à $SO(3,\mathbb R)?\qquad$
Enfin une fois ceci montré, comment prouver simplement ce que tu nous affirmes sans la moindre preuve:
à savoir, un vecteur directeur dirigeant l’axe est $(s,-r ,q)\ $
Tu vois que mes injonctions n’ont rien que de très légitimes!
Je suis d’autant plus curieux que ces composantes sont exactes et je me demande bien comment tu les as trouvées!
Un coup de chance?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je viens de regarder rapidement le problème de la construction, en trois coups de compas, de l'inverse d'un point $P$ par rapport à un cercle de centre $O$ et de rayon $R$, selon tes indications.
Il me semble que la zone "défavorable", en dehors de laquelle doit se trouver $P$ pour que cette construction soit possible, est le disque de centre $O$ et de rayon $R/2$ (bord inclus), puisque, si $P$ se trouve dans cette zone, le premier des trois cercles à tracer aura un rayon inférieur ou égal à $R/2$ et par conséquent, ne coupera pas le cercle d'inversion de centre $O$, ou à la limite, lui sera tangent ...
Et quand tu dis que le symétrique de $O$ par rapport à $P$ sera dans la zone "favorable", ce n'est vrai que si $R/4<OP<R/2$, n'est-ce pas ?
Donc, en toute rigueur, pour pouvoir construire l'inverse de $P$ quand il est trop proche de $O$, il faut d'abord appliquer à $P$ une homothétie de centre $O$ et de rapport $k$ bien choisi, par exemple $2$, ou $2.2$, voire $3$, pourquoi pas ?, construire l'inverse du point ainsi obtenu, et appliquer à cet inverse l'homothétie réciproque la même homothétie de centre $O$ et de rapport 1/k $k$.
Du moins est-ce ainsi que je vais essayer de procéder ...
Merci de me faire me décarcasser la matière grise et ses neurones !
Bien amicalement
JLB
PS : c'est en faisant la figure ci-dessous que je me suis rendu compte de mon erreur, due à mon manque d'habitude de la manipulation des compositions de transformations ...
Par exemple, il n'y a pas besoin d'être très fort en programmation pour comprendre les quelques lignes ci-dessous écrites sous Maxima
Cela prouve:
1° La matrice de Lake est dans $SO(3,\mathbb R).\qquad$
2° La matrice de Lake est exacte sinon on aurait trouvé n'importe quoi!
3° Il reste à prouver qu'un vecteur dirigeant l'axe de cette rotation est bien ce que nous a dit Swingmustard: $(s,-r,q).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Comment fait le taupin en colle sans calculatrice programmable, Dieu seul le sait!
Quant à moi quand j'étais en Taupe, je n'avais aucun problème!
Les matrices n'étaient pas au programme! Yeah!
1) Je viens enfin d'ouvrir un cours d'algèbre.
$M$ est orthogonale ssi $^tMM=I_3$. Même si ce n'est pas forcément la dernière question posée, elle m'intéresse alors je tente.$$\begin{pmatrix}p^2-q^2-r^2+s^2&2(pq-rs)&2(pr+qs)\\-2(pq+rs)&p^2-q^2+r^2-s^2&2(ps-qr)\\-2(pr-qs)&-2(ps+qr)&p^2+q^2-r^2-s^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}p^2-q^2-r^2+s^2&-2(pq+rs)&-2(pr-qs)\\2(pq-rs)&p^2-q^2+r^2-s^2&-2(ps+qr)\\2(pr+qs)&2(ps-qr)&p^2+q^2-r^2-s^2\end{pmatrix}$$
$(p^2-q^2-r^2+s^2)^2+4(pq-rs)^2+4(pr+qs)^2=p^4+q^4+r^4+s^4+2p^2q^2+2p^2r^2+2p^2s^2+2q^2r^2+2q^2s^2+2r^2s^2$ Bref le premier élément vaut $(p^2+q^2+r^2+s^2)^2=1$. Regardons 1ère ligne 2ème colonne, à présent.
$$-2(p^2-q^2-r^2+s^2)(pq+rs)+2(pq-rs)(p^2-q^2+r^2-s^2)+4(pr+qs)(ps-qr)$$
$$4pq(r^2-s^2)-4rs(p^2-q^2)+4(p^2rs-pqr^2+pqs^2-q^2rs)=0$$
Certainement que le reste est à l'avenant, ce qui montrerait $M\in O(3,\mathbb R)$.
Autant que je me souvienne, Lake a montré que le déterminant vaut 1, d'où $$M\in SO(3,\mathbb R).$$
2) J'ai hâte d'apprendre s'il y a une astuce pour trouver l'axe (je ne la vois pas).
3) Pour l'angle en revanche, la théorie a du bon, qui nous propose $tr(M)=1+2\cos\theta$ alors que je me suis, c'est vrai, donné trop de mal pour arriver sûrement au même résultat. (Cette théorie précise également le signe de $\sin\theta$, pas certain que j'irai jusque là.)
Ainsi donc, on aurait $1+2\cos\theta=p^2-q^2-r^2+s^2+p^2-q^2+r^2-s^2+p^2+q^2-r^2-s^2=3p^2-q^2-r^2-s^2$ ?
$1+2\cos\theta=4p^2-1$, $$\cos\theta=2p^2-1$$ Trop forte, l'algèbre ! Je vous aurai donc calculé deux fois cet angle, et attends toujours (de quelqu'un d'autre que pappus, c'est clairement trop facile pour sa pomme) la conjecture (je n'en ai pas de démonstration) concernant son apparition dès que le losange pappusien a été tracé.
Ah, je vois que nos messages vont se croiser. Oui, je devrais utiliser des logiciels...
Bonjour Jelobreuil !
Amicalement,
Swingmustard
Je comprends parfaitement que tu ne connaisses pas l'astuce donnant les composantes $(s,-r,q)\ $ d'un vecteur de l'axe!
Mais dis nous au moins comment toi, personnellement, tu as fait pour les trouver!
Un coup de bol?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je crois bien que dans le message qui précède ceci tu devrais lire cela $\alpha$ et $\beta$ étant les points fixes de $\sigma$.
Amicalement,
Swingmustard
On quitte donc la géométrie pour s'attaquer à "l'algèbre linéaire matricielle".
J'ai tenté de m'accrocher bien qu'il y ait près de cinquante ans, j'avais délibérément sacrifié l'algèbre (linéaire ou autre) en taupe.
Je le regrette amèrement aujourd'hui : pappus m'a convaincu qu'il n'y avait pas de bonne géométrie sans algèbre plus ou moins linéaire.
Revenons à nos moutons : j'ai bataillé ferme avec ma calculette (tout de même avec calcul formel s'il vous plaît).
Elle a ses limites. Tant et si bien que j'ai fini par me tourner vers une version de Maple (pas vraiment officielle) en ma possession. Je l'utilise plus que rarement. Autant vous dire que j'ai galéré.
Auparavant, en fouinant sur le web, et en supposant que ma matrice $M$ appartenait bien à $SO(3,\mathbb{R})$, j'avais bien vu que l'angle de la rotation était donné par :
$$
\cos\,\theta =\dfrac{Tr(M)-1}{2}
$$ Swingmustard m'a précédé sur ce point.
Bref, l'âge (pas tout à fait canonique mais tout de même) aidant, je me suis tourné vers Maple.
... qui m'a bien confirmé l'orientation de l'axe ; $(s,-r,q)$.
Un petit mot qui n'a presque rien à voir avec ce fil.
Hier soir ou plutôt ce matin, Swingmustard a posté un message. Il était 0h30.
16 minutes plus tard, c'est à dire à 0h46, AD est intervenu probablement pour de la cosmétique (ponctuation, interlignes, autres ?).
AD : tu ne dors jamais ? En tout cas, merci à toi : j'apprécie.
[À ton service :-) AD]
Bien sûr, c’est d’ailleurs évident!
Mais cela ne nous dit pas comment tu as trouvé les paramètres directeurs de l’axe à partir de cette remarque!
Il y a encore un petit calcul à faire qu’on aurait bien aimé voir!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Autant que je me souvienne, je m'intéressais aux angles en cachette, ayant l'impression que tu nous leur faisais une allergie !
En bricolant sur geogebra j'ai fait une liste de ce qui laissait indifférents les angles de notre axe.
Sa longitude $\theta$ restait insensible à $a$ et à $|b|$, sa latitude $\delta$ se moquait de $Re(a)$ et de $arg(b)$.
J'étais donc sur la piste de deux fonctions $\theta=\theta(arg(b))$ et $\delta=\delta(Im(a),|b|)$.
La première a ensuite sauté aux yeux, car très simple : $\theta=arg(b)+\dfrac{\pi}2$. Et après coup, on se dit : Forcément, c'est aussi la direction de la droite $(\alpha\beta)$ des points fixes, intersection de $(xOy)$ avec le plan vertical $P$ contenant l'axe même si, en l'écrivant, je n'en suis plus si sûr.
$\tan\delta=\dfrac{Im(a)}{|b|}$ est apparue le 4 août à 21h06, alors qu'on n'aurait jamais espéré si simple, et après des calculs un peu moches (à l'époque, j'ai fini par poser $w=\sqrt{Im(a)^2+|b|^2}$ car il traînait partout, aujourd'hui il s'appellerait tranquillement $\sqrt{1-p^2}$) et où il faudrait que je retourne pour mieux comprendre un dessin de profil dans $P$, dessin qui sentait très fort l'inversion mais où je n'arrivais hélas qu'à exploiter des angles...
C'est seulement le lendemain que j'ai compris que $\theta=arg(ib)$ et $\tan\delta=\dfrac{Im(a)}{|b|}$ seraient avantageusement remplacés par un point de l'espace "évident" : $(ib, Im(a))$ !
Bref, ni un coup de bol, ni un calcul glorieux, encore moins une démonstration. C'est d'ailleurs pour ça que ça s'est appelé devinette, puis scoop.
Alors, cette astuce, ça vient ? ;-)
Amicalement,
Swingmustard, paparazzo des sphères
J'ai l'impression que notre dialogue de sourds va finir par porter ses fruits et que l'un et l'autre nous en sortirons, enrichis mutuellement.
Je t'avoue bien franchement que je comprenais pas tes crises d'enthousiasme soudaines, je ne comprenais pas tes "calculs" avec tes deux angles $\alpha$ et $\beta$, je ne comprenais pas tes figures 3D même si je t'enviais, incapable que je suis de pouvoir les réaliser.
Et dis toi bien que je ne suis pas le seul. Je suis persuadé que la plupart de tes lecteurs n'ont pas compris un traitre mot de la moindre de tes explications.
Mais devant la dernière, je reste abasourdi. Je n'avais vraiment pas compris la méthode que tu suivais.
Comme les marins du dix septième siècle, tu naviguais à vue sur notre bonne vieille terre en mesurant constamment longitude et latitude et en regardant expérimentalement les variations de ton axe en fonction de ces coordonnées.
Chapeau bas, je m'incline!
Tu as vraiment la géométrie dans la peau et le plus beau, c'est que tu ne te sois pas trompé en suivant cette méthode a priori délirante.
Le plus drôle, c'est que tu as toi même conscience du rôle de la projection stéréographique mais qu'apparemment tu n'as pas l'air de t'en servir.
Maintenant je suis sûr que tu ne l'as pas utilisée mais une bonne partie de la nuit la question m'a taraudé.
Peut-on vraiment calculer les paramètres directeurs de l'axe de rotation en utilisant la projection stéréographique?
Pour voir la difficulté, le mieux est encore de se lancer!
Les points fixes $z_1\ $ et $z_2\ $ de $\sigma\ $ sont les racines de l'équation:
$$\overline bz^2+(a-\overline a)z+b=0\qquad$$
Arrivé à ce stade, je commence à renâcler car je sais qu'on va trainer la racine carrée du discriminant dans tout le calcul.
Et ce n'est pas fini, il va falloir calculer:
$$\pi^{-1}(z_1)=\Big(\dfrac{2z_1}{\vert z_1\vert^2+1}, \dfrac{\vert z_1\vert^2-1}{\vert z_1\vert^2+1}\Big)\qquad$$ .
Bref ce n'est pas la joie!
Et pourtant, pourtant je me suis réveillé au milieu de la nuit sachant comment me sortir de ce maudit calcul!
Donc il y a trois méthodes pour calculer ces paramètres directeurs:
1° La tienne que tu es le seul à maîtriser et à comprendre et je crains bien que cette situation ne risque pas de changer dans le futur.
2° La méthode que tu préconises mais que tu n'as pas suivie, la projection stéréographique.
3° L'astuce purement matricielle.
Pour te consoler, je suis sûr que la plupart des taupins et de leurs professeurs ne la connaissent pas!
Je retourne au dodo et demain j'essayerai d'expliquer les méthodes 2) et 3)
Amicalement
[small]p[/small]appus
$(a_{32}-a_{23},a_{13}-a_{31},a_{21}-a_{12})$ dirige l'axe de cette rotation et, après normalisation, on peut même connaître le sinus de l'angle de cette rotation, sachant que la trace permet déjà d'avoir le cosinus...
J'espère que tu passes des vacances bien méritées.
C'est assez extraordinaire comme résultat puisqu'il est linéaire par rapport aux coefficients de la matrice.
Comment expliques-tu cela?
Il est dû à un isomorphisme bien connu des taupins!
Oui mais lequel?
Amicalement
[small]p[/small]appus