Transformations de Möbius

Bonjour à tous
Je passe au plan B, le plan A étant celui de Swingmustard que je ne désespère pas de comprendre un jour!
Donc les points fixes $z_1\ $ et $z_2\ $ de $\sigma\ $ sont les racines de l'équation du second degré:
$$\overline b z^2+(a-\overline a)z+\overline b=0.\qquad
$$Et il nous faut évaluer le vecteur directeur:
$$\Big(\dfrac{2z}{\vert z\vert^2+1}, \dfrac{\vert z\vert^2-1}{\vert z\vert^2+1}\Big).\qquad
$$ Cela peut sembler rédhibitoire mais on va s'en tirer toujours grâce à l'astuce du sioux !
D'abord on peut de débarrasser du dénominateur, la sale bête! et évaluer seulement le vecteur :
$$(2z,z.\overline z-1).
$$ À qui on dit merci ?
À la Divine Algèbre Linéaire bien sûr !
Mais on est en face de deux racines $z_1\ $ et $z_2\ $
Comment faire le choix entre les deux vecteurs directeurs $(2z_1,z_1.\overline {z_1}-1)\ $ et $(2z_2,z_2.\overline{ z_2}-1)\quad?$
En les additionnant de façon aussi démocratique que notre belle république, égale à elle même dans Son Ignorance :
On doit donc évaluer :
$$(2(z_1+z_2), z_1\overline{z_1}+z_2\overline{z_2}-2).\qquad
$$ La présence des conjugués peut paraître impossible à éliminer mais il faut se rappeler que:
$$z_1\overline{z_2}=z_2\overline{z_1}=-1.\qquad
$$ Merci qui ?
À l'inversion, bien sûr !
On doit donc évaluer :
$$(2(z_1+z_2,-\dfrac{z_1}{z_2}-\dfrac{z_2}{z_1}-2)=\big(2(z_1+z_2),-\dfrac{(z_1+z_2)^2}{z_1z_2}\big).\qquad
$$ Lequel vecteur est proportionnel à :
$$\big(2z_1z_2, -(z_1+z_2)\big).\qquad
$$ Et nous sommes arrivés là où je voulais en venir c'est-à-dire aux relations entre coefficients et racines.
Sont-elles encore enseignées ?
Je ne sais pas !
Ptêt ben qu'oui, ptêt ben qu'non !
$$z_1+z_2=\dfrac{\overline a-a}{\overline b},\qquad
z_1z_2=\dfrac b{\overline b}.\qquad
$$ Notre vecteur directeur est donc proportionnel à :
$$\Big(2\dfrac b{\overline b},\dfrac{a-\overline a}{\overline b}\Big),
$$ et donc à
$$(2b, a-\overline a).
$$ Simplifions, simplifions, il en restera bien quelque chose !
Et c'est là que notre ami Lake rentre en jeu !
$$a=p+\imath q,\qquad
b=r+\imath s.\qquad$$
Notre vecteur directeur est proportionnel à :
$$(2(r+\imath s),2\imath q).\qquad
$$ Et là on se rappelle que la deuxième composante doit être réelle et notre vecteur est enfin égal à :
$$(s-\imath r,q),
\qquad$$ qui n'est pas autre chose que le vecteur $(s,-r,q)\ $ de Swingmustard.
Alléluia !
On a bataillé ferme mais on y est arrivé !
Amicalement
[small]p[/small]appus

Chers camarades,
Grâce à vous, la fête n'en finit pas. Merci gai requin pour le résultat, plus fantastique de simplicité qu'on (n' ?) aurait osé l'imaginer, merci pappus d'avoir posé la question pleine de suspense !
On s'aperçoit que Lake et moi, qui nous référions à Matrice de rotation, n'étions qu'à un clic (et quel clap de suite !) de Rotation vectorielle (Remarques 2.2), qui ouvre Heaven's Gate (Michael Cimino) alias le losange de Rodrigues (Olinde, de son joli prénom).

Pour la "nouvelle" (page 5) homographie, définie par $\sigma(z)=\dfrac{(3+i)z+1+i}{(-1+i) z+3-i}$, j'aimerais voir à quoi ressemble cette bestiole de losange. Comme $|3+i|^2+|1+i|^2=12$, on a $(p,q,r,s)=\dfrac{1}{\sqrt{12}}(3,1,1,1)$. Formule de Lake pour la rotation $s$ :$$\begin{pmatrix}p^2-q^2-r^2+s^2&-2(pq+rs)&-2(pr-qs)\\2(pq-rs)&p^2-q^2+r^2-s^2&-2(ps+qr)\\2(pr+qs)&2(ps-qr)&p^2+q^2-r^2-s^2\end{pmatrix}=\dfrac{1}{12}\begin{pmatrix}8&-8&-4\\4&8&-8\\8&4&8\end{pmatrix}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2&-2&-1\\1&2&-2\\2&1&2\end{pmatrix}$$
On nous dit que $M-{^tM}=(2\sin\theta)\,\begin{pmatrix}0&-n_z&n_y\\n_z&0&-n_x\\-n_y&n_x&0\end{pmatrix}$. Merci gai requin !

D'autre part $M-{^tM}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}0&-3&-3\\3&0&-3\\3&3&0\end{pmatrix}=\Big(2\times\dfrac{\sqrt{3}}2\Big)\dfrac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}0&-1&-1\\1&0&-1\\1&1&0\end{pmatrix}$.
Entre ce $\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}}2$, et la trace $2$ de $M$ qui mène à $\cos\theta=\dfrac{1}2$, on reconnaît un angle ... non présent dans 3,4,5, pour changer. (Mais on ne m'y reprendra sûrement pas ;-) Monomaniaque un jour, 3,4,5 toujours.)

Alors le losange ? Paraîtrait que deux de ses côtés sont formés par $M\overrightarrow U$ et $^t M\overrightarrow U$, où $\overrightarrow U$ est quelconque ?
Pour le $m=-1+4i$ que je vous proposais, $\overrightarrow U$ joint l'origine avec le point $$\pi^{-1}(m)=\Big(\dfrac{2Re(m)}{\vert m\vert^2+1},\dfrac{2Im(m)}{\vert m\vert^2+1}, \dfrac{\vert m\vert^2-1}{\vert m\vert^2+1}\Big)=\Big(\dfrac{-2}{18},\dfrac{8}{18}, \dfrac{16}{18}\Big)=\dfrac{1}{9}(-1,4,8)$$

Je m'en vais donc vous dessiner $M\overrightarrow U=\dfrac{1}{27}\begin{pmatrix}2&-2&-1\\1&2&-2\\2&1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\4\\8\end{pmatrix}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}-2\\-1\\2\end{pmatrix}$ et $^t M\overrightarrow U=\dfrac{1}{27}\begin{pmatrix}2&1&2\\-2&2&1\\-1&-2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\4\\8\end{pmatrix}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix}$

Cher pappus, tu avais raison, je me suis trompé dans mon annonce de méthode pour l'axe : je voulais faire 2°, mais comme 1° (la délirante) avait été validée par le logiciel, j'avais renoncé à 2°.

Je reviens au losange : ma devinette sur l'angle avait pour réponse : On lit $\theta$ sur le losange du plan, que forment les points fixes et les points limites de $\sigma$. Je ne comprends pas pourquoi. J'espérais que le losange de Rodrigues, auquel il aurait été bien sympa d'être semblable, éclairerait ma lanterne. Hélas il faut préparer ma valise, m'apprêter à vous quitter deux semaines, et reconnaître que je me suis encore perdu : $M\overrightarrow U$ correspond heureusement à $M'$, mais $^t M\overrightarrow U$, que j'ai représenté par $M''$ : c'est qui cet oiseau-là ? J'enrage d'avoir pris $\theta=60°$, qui me fait hésiter sur la position de cet angle : est-ce bien un angle entre côtés (losange de pappus, dans le plan), ou entre une diagonale et un côté (dans le plan normal à l'axe) ? Avec une autre valeur que 60°, le doute n'aurait pas existé. Or là, les deux $\theta$ du dessin sont partis pour se contredire, quand on déviera de 60°. Zut zut zut.

Pardon pour le dernier paragraphe, c'était notre flash "en direct de la planète Délire".
Bien puni d'avoir négligé l'algèbre, ce qui m'empêche de comprendre géométriquement $M''$, pour demander à l'esclave électronique de le faire bouger et ... stop.
En fait, $\theta$ semble bien présent aux deux endroits (comme angle au centre : c'est sa définition d'angle de rotation, comme angle du plan $(xOy)$ : ça m'a toujours semblé validé par le logiciel).
Le problème vient donc plutôt d'avoir à toute force espéré des losanges semblables.
Quels points devraient être les sommets du losange de Rodrigues, si j'ai bien compris et si j'arrête de fantasmer sur une similitude ?
1) $M'=s(M)$ : OK.
2) Comme $s$ a une matrice orthogonale, j'ai honte de m'être posé la question : tout simplement $M''=s^{-1}(M)$, qui sera facile à faire dessiner si vous voulez prendre la relève sur la version ggb en PJ.
3) et 4) Déçu que $O$ ait l'air de changer l'angle que j'espérais, je n'ai pas résisté à $M$ et au centre du cercle, lorsque ceux-ci ont eu l'air de dire "Nous, on fait le job, on a des atomes crochus avec 60° !" Désolé, pour $\theta=45°$, vous formerez un carré, tandis que le losange de $(xOy)$ sera pointu, non ?
Bref, je libère le losange de Rodrigues de mon désir de le voir semblable à celui des points importants de l'homographie. Il est sûrement très utile puisqu'il a été baptisé, mais j'ai gaffé en lui fonçant dessus sans réfléchir.
Alors voici une dernière proposition. Je compte sur votre indulgence !
Très amicalement,
Swingmustard

Merci pappus !
Tes explications du plan C sont très claires.
Amicalement.

Mon cher Jelobreuil
Non je ne t'ai pas oublié.
Tu es aussi important pour moi que Swingmustard.
Je t'ai lu et tes idées sont bonnes mais il faut les mettre en pratique pour obtenir à la fin des fins une construction au compas de cet inverse .
Tout ce que je veux que tu m'expliques, c'est concrètement ce que tu fais quand $P$ est dans la mauvaise région mais que le symétrique $Q$ de $O$ par rapport à $P$, lui est dans la bonne.
Une fois ce cas traité, on verra quoi faire dans le cas général où le point $P$ est aussi proche de $O$ que l'on veut!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
A vrai dire, je ne connais pas le résultat.
Il m'a paru intéressant de me poser cette question!
A défaut de récupérer cette matrice, on peut au moins essayer de donner l'écriture de l'homographie $\sigma:\widehat{\mathbb C}\to \widehat{\mathbb C}\ $ qu'elle induit.
Un premier pas serait de donner les affixes des points limites de $\sigma$, à savoir le point limite objet $u\ $ tel que: $\sigma(u)=\infty\ $ et le point limite image $v\ $ tel que: $\sigma(\infty) = v\ $.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Lake pour cette jolie épure.
Il y a une différence fondamentale avec la mienne
Sur la mienne, la construction du point $\sigma(m)$ est faite en décomposant $\sigma$ en produit de deux inversions, alors que dans celle de Pierre Apel, elle est faite, je pense, en utilisant le calculateur de GeoGebra.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Cher pappus,

Ta remarque sur ma figure est parfaitement justifiée ; j'ai éludé le problème de construction (par fainéantise ?) en écrivant dans GeoGebra :

$$M=\dfrac{am+b}{-\bar{b}m+\bar{a}}$$

J'avais tenté quelques calculs relatifs à ta dernière question :

- Dans le cas où l'angle de la rotation est différent de $\pi$, $a=\dfrac{\sqrt{Tr(A)+1}}{2}+i\,\dfrac{a_{21}-a_{12}}{2\sqrt{Tr(A)+1}}$

... puis abandonné pour $b$ où des difficultés (avec des zéros intempestifs) sont apparues.

Amicalement.

Mon cher Jélobreuil
Je voulais seulement signaler que le groupe des homographies appartenait à un passé révolu!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Plutôt que de d'intéresser à ce défunt groupe, concentre toi plutôt sur la construction que je t'ai demandée et qui est d'une simplicité biblique!

Bonne Nuit à tous
En géométrie moderne, à défaut d'aligner les points comme des perles dans la géométrie de grand papa, on aligne ou on empile plutôt les diagrammes commutatifs
Je rappelle modestement celui de la projection stéréographique:
$$
\xymatrix{\mathbb S^2\ar[r]^r\ar[d]_{\pi}&\mathbb S^2 \ar[d]^{\pi}\\
\widehat{\mathbb C}\ar[r]^{\sigma}&\widehat{\mathbb C}
}
\qquad
$$
Autrement dit:
$$\sigma=\pi.r.\pi^{-1}\qquad$$
Ainsi:
$$v=\sigma(\infty)=\pi(r(\pi^{-1}(\infty)))=\pi(r((0,0,1)))=\pi((a_{13},a_{23},a_{33}))=\dfrac{a_{13}+\imath a_{23}}{1-a_{33}}\qquad$$
Et un point limite, un!
Reste l'autre que j'ai noté $u\ $ et qui est tel que $\sigma(u)=\infty\ $
Mais là, je suis complètement épuisé par ce calcul démoniaque!
Mon cœur bat la chamade, vite le Natispray et je vais faire un gros dodo bien mérité!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous et faites de beaux rêves.
On a:
$$\sigma^{-1}=\pi.r^{-1}.\pi^{-1}\qquad$$
Si $A$ est la matrice de la rotation $r\ $ dans la base canonique de $\mathbb R^3$, en principe on devrait savoir que la matrice de la rotation $r^{-1}\ $ dans la même base canonique est, puisque $A\ $ est une matrice orthogonale
$$A^{-1}={}^tA=
\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{21}&a_{31}\\
a_{12}&a_{22}&a_{32}\\
a_{13}&a_{23}&a_{33}
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Ainsi:
$$u=\sigma^{-1}(\infty)=\pi(r^{-1}(\pi^{-1}(\infty)))=\pi(r^{-1}((0,0,1)))=\pi((a_{31},a_{32},a_{33}))=\dfrac{a_{31}+\imath a_{32}}{1-a_{33}}\qquad$$
Et deux points limites, deux!!
Pas vraiment de quoi être fier puisque la droite projective complexe a complètement disparu dans la nuit brune!
Pour continuer, ceux qui connaissent cette droite sur laquelle sont alignés tous les points du plan complexe, quelle migraine!, savent qu'il nous faut l'image d'un troisième point et je propose pour ce faire, le calcul de $\sigma(0).$ puisque comme l'a remarqué le Savant Cosinus, $0\ $ est le plus simple de tous les nombres complexes!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Venons en maintenant à la construction de l'inverse que j'avais demandée à Jelobreuil
.On cherche donc à construire l'inverse d'un point $P\ $ par rapport au cercle trigonométrique de centre l'origine $O\ $
Le cercle trigonométrique, c'est toujours plus rassurant surtout pour ceux qui sont persuadés qu'il n'existe plus que ce cercle et puis avoir le centre pour origine, c'est bougrement réconfortant!
Pour le moment comme Jelobreuil l'a remarqué, la mauvaise région où la construction au compas de l'inverse tombe en défaut est le cercle de centre $O\ $ et de rayon $\frac 12 .\ $
Soit $d=OP.\ $
On suppose donc que $P\ $ est dans la mauvaise région: $d<\frac 12.\qquad$ mais que le symétrique $Q$ de $O$ par rapport à $P\ $ est dans la bonne région: $2d>\frac 12$, i.e: $\frac 14<d<\frac 12$
Le point $P\ $ est donc confiné dans la petite couronne jaune.
J'ai moi aussi connu dans une vie antérieure la petite couronne mais elle était rouge!
Comme $Q$ est dans la bonne région, on peut construire son inverse $Q'\ $ avec le compas puis on remarque finement que l'inverse de $P\ $ est tout simplement le symétrique de $O$ par rapport à $Q'$.
Maintenant Jelobreuil devrait pouvoir nous exhiber la construction au compas de l'inverse $P'\ $ de $P.\qquad$
Ce faisant on s'aperçoit qu'on vient d'agrandir sérieusement la bonne région!
Comment continuer maintenant?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Voici ci-dessous la construction en question
Les données sont le cercle d'inversion en pointillé rouge et le point $P\ $.
En bleu foncé, j'ai figuré la construction (déjà donnée par Jelobreuil) du point $Q\ $ symétrique de $O\ $ par rapport au point $P\ $
Puis j'ai tracé en violet la construction de l'inverse $Q'\ $ de $Q\ $ puisque $Q\ $ est dans la zone de constructibilité.
Et enfin j'ai tracé en bleu clair, (toujours la construction de Jelobreuil), la construction du point $P'\ $, symétrique de $O\ $ par rapport au point $Q'\ $.
Cela commence déjà à devenir imbaisable!
Comptez le nombre de cercles!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
La construction précédente montre que si $P\ $ est un point du plan dont on sait tracer l'inverse au compas, on sait aussi tracer au compas l'inverse du milieu de $OP.\qquad$.
Maintenant soit $P\ $ un point quelconque du plan tel que: $OP=d>0.\qquad$
Il existe une entier $n\ $ tel que: $2^nd>\frac 12.\qquad$
C'est en effet une conséquence de l'axiome d'Archimède que la suite $\{n\mapsto 2^n\}\ $ tende vers $+\infty$ quand $n$ tend lui même vers l'infini
Ainsi si $h\ $ est l'homothétie de centre $O\ $ et de rapport $2\ $ et si $Q=h^n(P)\ $, on a: $OQ>\frac 12\ $ et on sait construire au compas l'inverse de $Q$.
Concrètement, en répétant $n$ fois au départ la construction précédente du symétrique puis la construction au compas de l'inverse de $Q$ puis à nouveau $n$ fois à la fin la construction du symétrique, on sait construire au compas l'inverse de $P$.
Comptez bien le nombre de cercles à tracer.
Bref aucun intérêt!
Mais Bof!
Les sectateurs du compas sont satisfaits!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
Le problème demandé est de reconstituer une homographie connaissant ses points limites et l'image d'un point.
L'écriture de l'homographie demandée est indépendante du corps des scalaires.
Quelle est cette écriture?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir cher Pappus,
N'y aurait-il pas dans ton message d'il y a 23 heures http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2159854,2288558#msg-2288558 une erreur de frappe, un signe < au lieu de > ? Une distance négative ... bizarre, bizarre !
Une autre question que je me pose à la vue de ta dernière figure : quels sont le centre et le rapport de l'homothétie qui transforme les quatre cercles bleu foncé en les quatre cercles bleu cyan ? centre O et rapport 3 ?
Bien amicalement.
JLB
Merci AD pour l'insertion du lien !

Bonjour à tous
Si on arrive à appliquer la théorie précédente au cas qui nous intéresse, à savoir calculer l'homographie:
$$\sigma =\pi.r.\pi^{-1}\qquad$$
associée à une rotation $r$ de la sphère de Riemann donnée par sa matrice $A\ $ dans la base canonique de $\mathbb R^3,\qquad$ je suis arrivé à la formule:
$$\sigma(z)=\dfrac{a_{13}+\imath a_{23}}{1+a_{33}}.\dfrac{(1+a_{33})z+a_{31}+\imath a_{32}}{(1-a_{33})z-a_{31}-\imath a_{32}}\qquad$$
Cette écriture m'a laissé un peu dubitatif par son aspect un peu rébarbatif.
On peut cependant la tester sur les différentes matrices que nous a léguées Swingmustard.
Un autre petit problème, la matrice $M=\dfrac{a_{13}+\imath a_{23}}{1+a_{33}}\begin{pmatrix}
1+a_{33}&a_{31}+\imath a_{32}\\
1-a_{33}&-a_{31}-\imath a_{32}
\end{pmatrix}
\qquad$ ainsi obtenue n'a aucune raison d'être dans le cruel $SU(2,\mathbb C)\ $.
Mais on sait qu'il existe $\lambda\in \mathbb C^*\ $ tel que $\lambda.M\in SU(2,\mathbb C).\qquad$
Comment calculer $\lambda?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jelobreuil
Ce n'est pourtant pas terrible à comprendre.
Tu te donnes les points $0$ et $1$ et tu dois construire leur milieu $\frac 12$.
Eh bien tu le construis comme inverse du point $2$ par rapport au sacro saint cercle trigonométrique au moyen de la construction au compas qui a tant émerveillé Swingmustard.
Le tout est de construire le point $2$ à partir des points $0$ et $1$.
Ce point $2$ est le symétrique de $0$ par rapport à $1$ et tu le construis par ce petit empilement de triangle équilatéraux.
C'est la construction de Poulbot.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous,

Une construction possible avec deux parallèles :
Amicalement.

Cher pappus,

J'étais parti de ceci :

$$\dfrac{z-u}{a-u}=\dfrac{a'-v}{z'-v}\qquad$$

où je me doutais bien que Thalès avait son mot à dire. Je pense que ça ne répond pas vraiment à ton "Pourquoi ?"
Amicalement.

En considérant la similitude directe $s$ qui envoie $M$ sur $A'$ et $U$ sur $V$, on a $s(A)=M'$.
Malheureusement j'oublie tout; il faut que je je consulte mes archives pour construire l'image d'un point par la similitude directe dont on connait deux couples de points homologues.
Je suppose que tu disposes de la macro correspondante ...

Amicalement.

Bravo Lake
Tu deviens aussi bon en géométrie circulaire qu'en géométrie affine.
C'est amusant de constater que la même relation fractionnaire fonctionne aussi bien en géométrie affine dans le cas réel qu'en géométrie circulaire dans le cas complexe.
Effectivement comme tu l'as finement remarqué, les triangles $UMA$ et $VA'M'$ sont directement semblables.
Non seulement je dispose de la macro correspondante mais j'ai expliqué des dizaines de fois ici même comment effectuer cette construction qui se trouve dans le Lebossé-Hémery mais aussi dans l'Iliovici et Robert que tu connais bien.
Par contre, il est beaucoup plus dur de construire les deux points fixes de $f\ $à partir des mêmes données.
Avis aux amateurs!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
En attendant que quelqu'un (mais je crois que ça va être ma pomme comme d'habitude!) ait une idée sur ce calcul d'une homographie de $\mathbb R^3\ $, ça fait quand même une matrice de taille $4\ $ à se farcir et a priori ce n'est pas la grande joie, je reviens sur la notion de points limites d'une transformation de Möbius $\sigma\ $
Lake nous a montré leur utilité dans la construction de l'image $M'=\sigma(M)\ $ d'un point $M\ $
Mais en général une telle transformation est donnée par les images $A'\ $, $B'\ $, $C'\ $ de trois points distincts $A$, $B$, $C$
Se pose donc la construction de ces deux points limites!!!
Comment faire?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Cher pappus,

Tu peux imaginer que je suis ; c'est la cas. Mais je commence à être un tantinet dépassé.
Ce que j'ai retenu : points fixes et points limites forment en général un parallélogramme dans le plan complexe.
J'ai fait quelques recherches ici même, dans le forum géométrie, qui ne m'encouragent pas vraiment. Par exemple ici

Une petite question sur le birapport :

pappus a écrit:

Si on veut faire le cuistre, on utilise le plus que défunt birapport :
$$(\infty,u,a,z)=(v,\infty,a',z')\quad$$
Ce qui se traduit par:
$$\dfrac{z-u}{a-u}=\dfrac{a'-v}{z'-v}\qquad$$

Avec les infinis, comment passe-t-on de la première ligne à la "traduction" ?

Amicalement.

_{P.S. Mon "entreprise" avec l'Iliovici et Robert est au point mort depuis un an ...}

Merci pappus,

C'est ce que j'avais plus ou moins entresuperposé.
La dernière ligne heuristique me rassure et me convient bien.

Amicalement

La similitude directe $s_u:ab\mapsto b'a'$ envoie $u$ sur $v$.
La similitude directe $s_v:a'c'\mapsto ca$ envoie $v$ sur $u$.
Donc $u$ est le point fixe de $s_v\circ s_u$ et $v$ celui de $s_u\circ s_v$.