Transformations de Möbius

Merci Gai Requin
Ceci est une autre histoire qui prouve si besoin en était le rôle important joué par les points limites.
J'aurais préféré que tu te concentres sur ma dernière configuration!
Voici une autre façon de prouver ce que tu viens de dire, cette fois ci en se servant des points fixes.
Soit $f$ une homographie de points fixes $p$ et $q$ envoyant $a\ $ sur $a'.\qquad$
Je laisse donc de côté les homographies paraboliques!
Soit $m$ un point qui nous servira de paramètre.
Il est clair que $f\ $ se décompose de la façon suivante:
$$(p,q,a)\mapsto (q,p,m)\mapsto (p,q,a')\qquad$$
Chacun des morphismes composants est une involution puiqu'ils échangent $p\ $ et $q.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous,

Je m'immisce pour une minuscule question.

Une similitude directe est définie par deux couples de points homologues $(A,A')$ et $(B,B')$.
Je sais construire l'image d'un point $M$ par cette similitude en passant par l'intermédiaire de son centre.
Il semblerait qu'il existe une construction plus directe qui évite de passer par le centre.
Après recherches, je n'ai rien trouvé.
Pourrait-on me diriger vers cette construction ?
Merci d'avance.
Amicalement.

Bonjour gai requin,

Et merci à toi !
J'étais tombé sur ce fil parmi mes nombreuses recherches où il y a tout de même ce commentaire de notre ami commun :

pappus a écrit:

En fait la construction que je donne est une petite plaisanterie.

Il y est question d'une construction "à la règle et à l'équerre".
Je me demandais s'il n'en existait pas une autre "à la règle et au compas" plus adaptée que la mienne (qui passe par le centre) à la création d'une macro robuste.

Merci encore à toi pour ton intervention !
Amicalement.

J'ai eu affaire à ce problème en seconde dans les années 80.
Montrer que la somme de l'énoncé peut être remplacée par tout multiple de $9$ si on veut que les âges des protagonistes soient entiers.

Bonsoir à tous,

Ce problème survit beaucoup mieux que ça. Par exemple ici.
Nous sommes en 2013 en troisième et il faut bien reconnaître que "soleil" s'en est bien sorti.
Amicalement.

Bonjour à tous
Je crois que le mieux pour décortiquer cette configuration est de satisfaire d’abord les adorateurs des triplets de droites concourantes!
Par exemple en montrant que les droites $Am_a\ $, $Bm_b\ $, $Cm_c\ $ le sont!
Et pour cela le meilleur moyen hélas, est encore d’utiliser la notion d’angle orienté de droites!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je dis hélas car pratiquement plus personne dans notre beau pays ne sait ce qu'est un angle orienté de droites!
Et pourtant la démonstration tient en quelques lignes, une ou deux peut-être!

Mon cher Gai Requin
Tu es trop prudent avec ton conditionnel!
C'est effectivement la configuration des trois similitudes et on en a même deux sous les yeux puisque cette configuration se subdivise en deux, la partie gauche et la partie droite de la figure.
Mais cela ne fait guère avancer le schmilblik!
Pourquoi les droites $Am_a\ $, $Bm_b\ $, $Cm_c\ $ vont-elles plonger dans l'épectase tant d'adorateurs?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je sais que tu ne peux pas faire de figures mais tu as les miennes sous les yeux et cela suffit largement pour raisonner!!!

Soit $s_a$ la similitude directe de centre $a$ qui envoie $m$ sur $b$ de sorte que $s_a(c)=m_a$.
On a donc $(am,ab)=(ac,am_a)$ et $(am,ac)=(ab,am_a)$.

Bonjour à tous,
Pourriez-vous m'aider à démontrer la conjecture suivante ? Je n'y arrive que dans des cas particuliers (comme celui du dessin).
Si $\sigma$ est l'homographie de point limite objet $u$ et de points fixes $\alpha$, $\beta$, alors l'angle de la rotation $r$ associée à $\sigma$ est[size=large] $$\theta=\widehat{\alpha u \beta}$$[/size]
J'ai été mis sur cette piste par

pappus 28 juillet 16:32 a écrit:

La première chose à faire quand on a une homographie sous les yeux, c'est de déterminer ses points fixes et ses points limites. On tombe ainsi sur le parallélogramme caractéristique de l'homographie $\sigma\ $ [...] On remarque [...] que ce parallélogramme est un losange, ce qui est plutôt bonnard car cela signifie [...] que notre homographie $\sigma\ $ est conjuguée dans le groupe circulaire de cette fameuse rotation [...]

Comme vous semblez en pleines similitudes, les couleurs insistent sur deux angles au centre qui se prétendent semblables...
Pour obtenir la figure en 2D, $N$ a bien voulu être rabattu (?) sur un des points fixes.
Mais pour cela, j'ai restreint l'étude au cas où l'axe de la rotation est dans $(xOy)$, i.e. quand $a\in\mathbb R$, bref, le cas où les points fixes veulent bien se trouver sur le cercle trigonométrique. À tout de suite pour un deuxième élément de cette famille.
Amicalement,
Swingmustard

J'ai oublié de dire que le pôle $u$ m'a paru un bon candidat pour établir l'égalité entre $\theta$ et $\widehat{\alpha u \beta}$ : certes $u$ n'a pas d'image par $\sigma=\pi \circ r \circ \pi^{-1}$, mais (et parce que) $r \circ \pi^{-1}(u)$ existe et vaut $N$, on a $\theta=\widehat{U O N}$, en posant $U=r^{-1}(N)=\pi^{-1}(u)$.
Bref, ma question devient, si vous préférez : Comment démontrer $$\widehat{\alpha u \beta}=\widehat{U O N}$$ pour une homographie conjuguée d'une rotation ?
Amicalement,
Swingmustard

Mon cher Swingmustard
Je vois que tu as encore plein de choses à apprendre sur la droite projective complexe et ses homographies!
N'as-tu donc aucun ouvrage à ta disposition?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
Avoue que je suis quand même un peu déçu!
Même toi, pourtant devenu un très bon géomètre, ne connaitrais pas ce concept?
Ce n'est pas possible!!!
Quand je pense au très intéressant exercice que nous a proposé Poulbot dans un fil voisin, on comprend pourquoi les meilleurs de nos étudiants seraient restés secs.
Même ma construction du triangle $DEF\ $, pourtant basée sur l'axiome de Thalès et ne demandant aucune connaissance particulière en géométrie du triangle n'a trouvé aucun écho!
Les sectateurs de cet axiome sont restés sans voix!!!
Je voudrais que tu découvres par toi même ce concept car tu l'as forcément rencontré, ne serait-ce qu'en géométrie algébrique, où il joue un très grand rôle.
Sur la figure ci-dessous, je n'ai gardé que la partie gauche de la figure mais je l'ai codée à la manière de Jean-Louis c'est à dire à la manière de nos grands anciens.
Jean Louis et nos anciens ne connaissaient pas les angles orientés.
Aussi s'en tiraient-ils par un bon codage de la figure et en plaçant le point $m\ $ à l'intérieur du triangle $abc\ $ pour le rendre plus compréhensible.
Un bon exercice de géométrie contemplative faisait le reste!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Cher pappus,
Merci pour la référence, j'ai hâte d'essayer ce "consciously user-friendly prose style", accompagné de centaines de figures ! (960 grammes et 3,5 cm d'épaisseur, tout de même !)
1) a) En attendant, je démontre le début de ta révélation (pour moi) du 28 juillet.

"Les points fixes $\alpha, \beta$ et les points limites $u, v$ d'une homographie $\sigma$ définissent un parallélogramme, caractéristique de $\sigma$".

Soit donc $\sigma$ définie sur $\mathbb C$ par $\sigma(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$, avec $(a,c)\neq (0,0)$.
Si $c=0$ et $a\neq0$, $\alpha=\beta$ est le centre de la similitude, $u=v=\infty$ et notre quadrilatère est un segment, qu'on peut sûrement appeler parallélogramme "plus qu'aplati", disons rabougri ?
Si $c\neq 0$, commençons par la diagonale la plus simple : $u=\sigma^{-1}(\infty)=\dfrac{-d}{c}$ et $v=\sigma(\infty)=\dfrac{a}{c}$, d'où le milieu $\dfrac{u+v}{2}=\dfrac{a-d}{2c}$.
Deuxième diagonale : comme $\alpha, \beta$ sont les solutions de $cz^2+(d-a)z-b=0$, on obtient (sans même chercher le discriminant !) la somme $\alpha+\beta=\dfrac{-(d-a)}{c}$, d'où le milieu $\dfrac{\alpha+\beta}{2}=\dfrac{a-d}{2c}=\dfrac{u+v}{2}$.

Avec ses diagonales de même milieu, le quadrilatère $\alpha u\beta v$ est bel et bien un parallélogramme.

b) Réciproquement, saurions-nous tirer d'un parallélogramme donné une homographie unique ? Euh, l'absence totale de $b$ dans la formule $\dfrac{\alpha+\beta}{2}=\dfrac{a-d}{2c}=\dfrac{u+v}{2}$ m'inquiète un peu, mais pas longtemps : avide d'avancer, je néglige provisoirement cette question.

2) Suite du message pappusien (ou ce que je crois avoir entendu) "La similitude de l'espace (sortie de la fameuse vidéo de 2007, et que je n'essaie pas de déduire pour l'instant) associée à $\sigma$ est une rotation ssi le parallélogramme $\alpha u\beta v$ est un losange".
J'aurais adoré vous dire que ça se démontre aussi facilement que (1), mais je bloque à $$\arg\dfrac{\sqrt{(a-d)^2+4bc}}{a+d}=\dfrac{\pi}{2}(\pi)$$
Il faudrait retourner dans les premières pages, car pappus a détaillé l'éclosion de ses conditions $c=-\overline b$, $d=\overline a$, donc ça pourrait aider.

3) Dessin : pour changer, le $\alpha u\beta v$ non losange d'une $\sigma$ quelconque.

Amicalement,
Swingmustard

Mon cher SwingMustard
Il y a une chose que tu dois bien te mettre dans la tête.
Quand tu travailles sur une droite projective (sur un corps quelconque), le seul outil à ta disposition est le birapport.
Si tu ne l'utilises jamais, tu ne risques pas d'aller très loin.
Par exemple si tu veux déterminer l'homographie $z\mapsto Z$ de points fixes $p\ $, $q\ $ et de point limite objet $u\ $, tu écris simplement l'égalité entre birapports:
$$(p,q,u,z)=(p,q,\infty,Z)\qquad$$
Et tu résous cette équation (du premier degré) en $Z.\qquad$
Passionnant!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Bien sûr dans ce petit exo, on pouvait s'en passer à condition d'être malin!
La connaissance de $(p,q,u)\ $ entraine celle du point limite image $v\ $ puisqu'on sait que:
$$p+q=u+v\quad$$
On a donc a priori:
$$Z=\dfrac{(p+q-u)z+\alpha}{z-u}\qquad$$
Et on ajuste $\alpha\ $ en écrivant que $p\ $ ou $q\ $ est fixe et on trouve $\alpha=-pq.\qquad$
Notre homographie est donc:
$$Z=\dfrac{(p+q-u)z-pq}{z-u}\qquad$$
Mais de toute façon, cela n'empêche pas ce que j'ai dit: en toutes circonstances, on doit penser birapport sur une droite projective!

Bonjour Gai Requin
A quel message de Lake fais-tu allusion?
Bref le point $m_*$ est le conjugué isogonal du point $m$ dans le triangle $abc$.
Quand je te disais que tu ne connaissais que cela!
Il reste quand même à prouver les cocyclicités pour combler d'extase leurs thuriféraires!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Tout le mérite revient à Jelobreuil de l'avoir dit en premier mais je n'oublie pas mon cher Lake que je salue!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Pappus, il me semble bien que tu as construit par exemple le point m_c comme la deuxième intersection de la droite cm* et du cercle passant par a, b et m*, donc par utilisation d'un alignement et d'une cocyclicité, mais j'avoue que j'ignore tout des principes de ta construction et que pour moi, incapable d'en apercevoir le fil conducteur, cela tient plus de la "recette de Grand-Père" que d'autre chose ...
Bien amicalement
JLB

Mon cher SwingMustard
La manipulation de birapports est une activité routinière pour le géomètre de la droite projective.
Prenons par exemple une banale homographie $f\ $ de points fixes $p\ $ et $q.\qquad$
On suppose qu'elle envoie $a\ $ sur $a'=f(a)\ $ et $b\ $ sur $b'=f(b).\qquad$
On peut donc écrire après de multiples sueurs froides et des maux de tête absolument épouvantables, vite un doliprane:
$$(p,q,a,b)=(p,q,a',b')\qquad$$
Par suite:
$$\dfrac{a-p}{a-q}:\dfrac{b-p}{b-q}=\dfrac{a'-p}{a'-q}:\dfrac{b'-p}{b'-q}\qquad$$
J'ai plus de souvenirs que si j'avais mille ans
Un vieux meuble à tiroirs, encombré de bilans......

C'est un vieux souvenir de ma classe de septième, les doryphores étaient encore plus ou moins dans le coin!

Quand on a une égalité fractionnaire sous les yeux, on ne change rien en permutant les moyens!

C'est le moment où jamais à mon âge de plus en plus improbable:
$$\dfrac{a-p}{a-q}:\dfrac{a'-p}{a'-q}=\dfrac{b-p}{b-q}:\dfrac{b'-p}{b'-q}\qquad$$
Ce qui s'écrit comme il se doit:
$$(p,q,a,a') =(p,q,b,b')\ $$
Alléluia!
On vient de montrer que la fonction:
$$m\mapsto (p,q,m,f(m))=k\qquad$$
est constante.
Nos amis anglais appellent $k$ the multiplier
Chez nous, la bestiole n'a pas l'air d'avoir de nom et d'ailleurs peu importe puisque la droite projective s'est fait la malle!
Application:
Soient $u$ et $v$ les points limites objets et image de $f.\qquad$
On a donc:
$$k=(p,q,u,\infty)=(p,q,\infty,v)\qquad$$
Donc:
$$k=\dfrac{u-p}{u-q}=\dfrac{v-q}{v-p}\qquad$$
On en déduit aisément:
$$u+v =p+q\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On vient de récolter un nouveau problème absolument démentiel:
Computing the multiplier as they say
En gros calculer la chose sans nom chez nous!

Bonsoir à tous
Pour montrer que les triangles jaunes sont directement semblables, l'idée est d'étudier les correspondances $m_a\iff m_b\iff m_c\qquad$
Dans la théorie des ensembles, cela s'appelle tout simplement composer des applications, en l'occurrence composer deux à deux les involutions $(a,bc)\ $, $(b,ca)\ $, $(c,ab)\ $
Sait-on encore composer les applications au vingt et unième siècle dans notre beau pays?
Affaire à suivre!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Swingmustard
J'attendais que tu le remarques.
Ceci dit, le sujet de ce fil est vaste puisqu'il s'agit des transformations de Möbius.
Il est vrai que c'est toi qui a véritablement démarré ce fil avec tes belles figures un peu foisonnantes.
On a vu pas mal de choses déjà mais il y a en a encore beaucoup d’autres à dire et en particulier je voudrais élucider les rapports entre le groupe de Möbius et le groupe de Lorentz!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Le groupe des similitudes directes est un sous-groupe du groupe de Möbius.
Autant dire que si tu ne connais pas le groupe des similitudes directes (et celui ci n'est plus enseigné chez nous depuis belle lurette), tu n'as rien compris au groupe de Möbius!

$(b,ca).(a,bc)=(c,ab)$ qui, en particulier, échange $m_a$ et $m_b$ (ce qu'on ne savait pas jusque là).

Bonjour Gai Requin
Nos messages se sont croisés.
Ce que tu dis est vrai!
Mais quelle attitude as-tu adopté?
1° Comment formuler concisément le résultat que tu as trouvé en termes de théorie des groupes?
2° Pourquoi cela entraine-t-il les similitudes directes demandées?
3° Pourquoi ces similitudes directes combleront-t-elles d'extase les thuriféraires de quadruplets de points cocycliques?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Tu as donc adopté l’attitude de l’insouciant!
Tu n’as pas utilisé de matrices!
Bravo!
Comment interpréter ceci en théorie des groupes?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Exemple d'application :
Comme $(c,ab)$ échange $a$ et $b$ mais aussi $m_a$ et $m_b$, la similitude directe de centre $c$ qui envoie $a$ sur $m_a$ envoie aussi $m_b$ sur $b$.
Donc les triangles $cam_b$ et $cm_ab$ sont directement semblables.

Si, si j'avais parlé du groupe de Klein ;-)