Transformations de Möbius

D'après ce qui précède, la similitude directe de centre $c$ qui envoie $b$ sur $m_a$ envoie aussi $m_b$ sur $a$.
Donc $(bc,bm_*)=(bc,bm_b)=(m_ac,m_aa)=(m_ac,m_am_*)$ donc $m_*,b,c$ et $m_a$ sont cocycliques.

Sans trop surcharger.

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
Nouvelle question particulièrement angoissante!!!!
Va-t-on pouvoir rassurer les anxieux?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Voici mon propre raisonnement dont je ne sais pas s'il est plus clair.
Je pense que pour ceux qui débutent en géométrie circulaire, il faut rappeler constamment le lien un peu bizarre existant entre involutions et similitudes directes.
A cause de l'involution $(a,bc)\ $, on a:
$$(m-a)(m_a-a)=(m'-a)(m'_a-a) (=(a-b)(a-c))\qquad$$
Il en résulte:}
$$\dfrac{m_a-a}{m'-a}=\dfrac{m'_a-a}{m-a}\qquad$$
C'est exactement ce que dit Gai Requin
La similitude directe de centre $a\ $ envoyant $m\ $ sur $m'_a $ envoie aussi $m'\ $ sur $m_a.\qquad$
J'achèverai un peu différemment de lui car comme je le dis toujours:
moins on se sert des angles dont plus personne en France ne connait vraiment la définition et mieux on se porte!
Compte tenu de l'alignement des triplets de points $(a,m,m'_a)\ $ et $(a,m',m_a)\ $, (quelle extase pour les adorateurs de ces triplets!!!), cette similitude directe ne peut être qu'une homothétie.
Donc:
$$mm'\parallel m_am'_a\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Maintenant il faut penser aux anxieux qui ne bougeront pas d'un poil tant qu'ils n'auront pas les écritures de nos involutions.
Prenons par exemple l'involution $(a,bc)\ $.
Si $Z=(a,bc)(z)\ $, on a:
$$(Z-a)(z-a)=(b-a)(c-a)\qquad$$
Après une série de calculs absolument épouvantables, on trouve:
$$Z=\dfrac{az+bc-a(b+c)}{z-a}\qquad$$
On peut les laisser maintenant faire joujou avec ces écritures et retrouver les résultats de Gai Requin!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci beaucoup, Gai Requin !
C'est parfaitement compréhensible, même pour moi !
Bien cordialement
JLB

Waouh ! le beau chapeau-cloche !

Comme ça ?

Bonjour à tous
Pour montrer le caractère différentiable de $f\ $, il suffit d'appliquer le théorème de dérivation des fonctions composées (the chain rule in english, Rule Britannia!).
On cherche donc à décomposer $f!\qquad$
Et cette décomposition nous est pratiquement imposée par ce que nous avons déjà dit auparavant dans le cadre des transformations de Möbius sur cette configuration ressemblant étrangement et pour cause (dixit Gai Requin!) à la configuration des trois similitudes!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
On sait que par définition même de $f\ $, tout cercle $\gamma\ $ passant par les points $b\ $ et $c\ $ est globalement invariant par $f.\qquad$
Donc les points fixes de $f\ $ situés sur $\gamma\ $ sont les points de contact des tangentes issues de $a.\qquad$
Et là il fallait se souvenir que la tangente en un point d'un cercle est orthogonale au rayon passant par ce point!
Vu le manque de réaction ( mise à part celle de Gai Requin!), il est sans doute probable que ceci n'est plus enseigné chez nous!
Bof!
Gai Requin s'est aussi souvenu de la construction de ces tangentes.
Il est vraiment fort!!!!
Il n'y a plus qu'à demander au logiciel de tracer le lieu des points d'intersection $m\ $ et $n.\qquad$.
Et on tombe sur la courbe rouge sur laquelle Jelobreuil s'est extasié!
J'en ai trouvé trace sur mathcurve le site de Robert Ferréol mais je n'ai rien trouvé de probant sur le site de Bernard Gibert!
Mais mes yeux sont bien fatigués et si quelqu'un pouvait prouver que je me suis trompé, j'en serais fort heureux!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je commence les hostilités et je vais probablement les finir comme d'habitude.
$f\ $ est différentiable et involutive, donc de la relation:
$$f^2=id\qquad
$$ et puisque $m\ $ est fixé par $f,\ $ on tire, d'après la fameuse chain rule Britannia ! :
$$df_m^2=Id,
$$ le polynôme $X^2-1\ $ est donc un polynôme annulateur de $df_m.\qquad$
Amicalement.
[small]p[/small]appus
PS
Affaire à suivre !

Bonjour à tous
Soit $t\mapsto \psi(t)\ $, $\psi(0)=m\ $, $\psi'(0) =\bf u\ $, une paramétrisation du cercle $\gamma\ $ circonscrit au triangle $bmc\ $ au voisinage de $m.\qquad$.
Ah les $BMC\ $ de ma jeunesse du temps de mes campagnes numides, vous avez aussi bien disparu que la géométrie!!!
Paramétrer un autre cercle que le cercle trigonométrique, je prends des risques considérables!!!!
Soit maintenant $\sigma\ $ l'inversion de pôle $a$ fixant $m.\qquad$
On a au voisinage de $0\ $:
$$f(\psi(t))=\sigma(\psi(t))\qquad$$
[large]Pourquoi?[/large]
Une fois cette égalité acquise, comment continuer?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Affaire encore plus à suivre!!!!

Bonsoir à tous
La petite figure ci-dessous suggère que $\Gamma$ mérite d'être cherchée sur la toile sous le nom de cubique focale.
Je ne cherche même pas à la justifier!
A quoi bon!
Amicalement
[small]p[/small]appus

C'est une similitude indirecte, produit commutatif de l'homothétie de rapport $\dfrac{\alpha}{\langle x\vert x\rangle}$ par la symétrie orthogonale par rapport à l'hyperplan $\langle x\rangle^{\perp}$.

Si $m$ est un point fixe de $f$, alors $df_m$ est la symétrie orthogonale d'axe la perpendiculaire à $am$ passant par $a$.

Ok, $df_m^2=\mathrm{Id}$, $df_m.\bf t=\bf t$ et $df_m.\mathbf u=d\sigma_m.\mathbf u=-\mathbf u$ donc $df_m$ est la symétrie par rapport à $\mathbb R\bf t$ parallèlement à $\mathbb R\bf u$.

Et tu as bien fait parce que c'est très instructif !
Peut-être pourrait-on maintenant s'intéresser aux applications linaires $d^2f_m(\mathbf{t},\bullet)$ et $d^2f_m(\mathbf{u},\bullet)$ ($m$ point fixe de $f$) ?

Bonjour,

Je recopie à la fois ce que gai requin écrivait le 27 août
"N'étant pas sûr qu'on la trouve dans ce long fil, voilà une construction du centre $C$ de la similitude directe $s:AB\mapsto A'B'$ grâce au pont aux ânes de pappus et de laquelle on déduit $M'=s(M)$ à la règle uniquement."
et le dessin qu'il nous a donné avec.

1) Je n'ai pas encore compris comment $M'$ en est déduit. (Mais ça me fait déjà rêver !)
L'image de la droite $(AM)$ est une droite passant par $A'$, certes, et sur le dessin par un point du cercle circonscrit à $C$, $A$ et $A'$. Qu'est-ce qui fait qu'on a là un deuxième point de la droite cherchée ?

2) Je crois que Lake a demandé au moins une fois s'il existait une construction de $M' $ sans chercher le centre de la similitude.
Il lui a été répondu oui. Sauf que je ne trouve pas cette construction dans les liens indiqués.
a) Est-ce tout simplement la figure "pont aux ânes" de gai requin, dans laquelle on ne mentionnerait pas le centre $C$ ?
b) Est-ce la figure de pappus que je recopie aussi. Par intersections de quatre perpendiculaires, on obtient $\alpha$ et $\beta$. Je vois $P$ comme intersection, enfin pour obtenir $Q$ on va bien devoir tracer le centre $O$, quasiment malgré soi.
c) Ou est-ce tout autre chose, une mixture à base d'inversions ? D'involutions ?

Amicalement,
Swingmustard

Bonjour pappus,

$d^2f_m$ forme quadratique, vraiment ?

Tout d'abord, je suis une quiche en analyse mais ici, modulo les domaines de définition, on a :
$f_m:\mathbb R^2\to \mathbb R^2$ donc $df_m$ est une application linéaire $\mathbb R^2\to \mathbb R^2$ et $d^2f_m$ est une application bilinéaire symétrique (Schwarz) $\mathbb R^2\times \mathbb R^2\to \mathbb R^2$.
Et je me suis donc permis de parler des applications linéaires $d^2f_m(\mathbf{t},\bullet)$ et $d^2f_m(\mathbf{u},\bullet)$ qui déterminent complètement $d^2f_m$.
Ou alors je suis à côté de la plaque...

Mon cher Gai Requin
Il vaut mieux regarder ton cours d'analyse car on est en train de couper les cheveux en quatre!
Il vaut mieux revenir en terrain plus sûr (mais moins connu puisqu'elle a disparu!), à savoir la géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Cailloux d'avoir eu le courage d'écrire l'équation de $\Gamma!!\qquad$
Ton équation est exacte et évidemment son seul intérêt est celui que nous lui accordons à une époque où la seule courbe algébrique encore utilisée dans notre enseignement devrait être le cercle trigonométrique!
Tu aurais dû détailler tes calculs car dis toi bien que peu de nos étudiants sont capables de les mener à bien.
Alors comme d'habitude, c'est le vieux pappus qui va s'y coller!
L''équation générale des cercles passant par les points $B\ $ et $C\ $ est:
$$(1)\qquad x^2+y^2-2\lambda y-u^2=0\qquad$$
L'équation générale des cercles de centre $A\ $ est:
$$(2)\qquad x^2+y^2-2x_0x-2y_0y+\mu=0\qquad$$
La relation d'orthogonalité entre les cercles (1) et (2) s'écrit:
$$ (3)\qquad2y_0\lambda+u^2-\mu=0\qquad$$
On devine sans difficulté que c'est l'écriture de l'équation (3) qui posera problème à nos étudiants qui ne connaissent que le cercle trigonométrique!
Il n'y a plus qu'à éliminer $\lambda\ $ et $\mu\ $ entre ces trois équations pour retrouver ton équation.
Mais le général yapluka n'est pas sous mes ordres!
$$y(x^2+y^2)+y_0x^2-2x_0xy-y_0y^2+u^2y-u^2y_0=0\qquad$$
C'est la factorisation $y(x^2+y^2)\ $ des termes de plus haut degré qui montre que c'est une cubique circulaire.
Donc il faut mettre en évidence cette factorisation!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Cailloux
Effectivement il faut utiliser l'axiome de Pythagore, encore faut-il y songer !
Faisons le pour deux cercles en général pour bien comprendre ce qui se passe
Les équations des deux cercles sont :
$$(1)\qquad x^2+y^2-2a_1x-2b_1y+c_1=0\qquad \\
(2)\qquad x^2+y^2-2a_2x-2b_2y+c_2=0\qquad
$$ Elles se réécrivent :
$$(1')\qquad (x-a_1)^2+(y-b_1)^2=a_1^2+b_1^2-c_1=R_1^2\qquad \\
(2')\qquad (x-a_2)^2+(y-b_2)^2=a_2^2+b_2^2-c_2=R_2^2\qquad
$$ où on a mis en évidence les centres et les rayons des deux cercles.
La relation d'orthogonalité s'écrit via l'axiome de Pythagore
$$d^2=R_1^2+R_2^2,\qquad
$$ où $d^2=(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2 $ est le carré de la distance mutuelle des centres.
Tout calcul fait, on trouve :
$$2a_1a_2+2b_1b_2-c_1-c_2=0\qquad
$$ C'est curieux. J'ai un souvenir très précis du moment où j'ai découvert cette formule en Sup pour la première fois.
Je ne me doutais pas alors de l'importance capitale qu'elle jouait dans la théorie de l'espace des cercles !
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Il y a quand même une très très bonne nouvelle pour ceux qui se sont intéressés à l'homomorphisme $SU(2,\mathbb C)\mapsto SO(3,\mathbb R)$ que nous avons obtenu grâce à la projection stéréographique.
C'est en fait un revêtement d'ordre 2 et il n'est nul besoin de géométrie pour le décrire.
On peut donc faire foin des seuls bribes de géométrie qui nous restent, à savoir les axiomes de Thalès et de Pythagore!!!
N'est ce pas une très très bonne nouvelle?
On en trouvera la preuve dans le beau livre de Rached Mneimné et Frédéric Testard, Théorie des Groupes de Lie Classiques, publié chez Hermann dans la collection Méthodes, article 4.5, page 125.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Cailloux
Trouver l'écriture implicite du lieu des points fixes de $f$ ou donner l'écriture de $f\ $ elle même, ce n'est pas tout à fait la même chose.
On a montré que $f\ $ est le produit commutatif de la transformation isogonale $\tau$ et de l'involution $(a,bc).\qquad$
Donc en principe l'écriture de $f\ $ est facile à obtenir!!
Mais l'écriture de $\tau$ est simple en coordonnées barycentriques alors que celle de $(a,bc)\ $ est simple dans un repère orthonormé
Alors il faut choisir entre ces deux repères
Et il n'existe qu'une seule personne en France outillée pour mener ce calcul délicat où il y a un changement de repères à faire!
Et cette personne est notre ami Rescassol lui même!
Mais à quoi bon s'investir dans ce calcul aussi insignifiant?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
De toute ma vie, je n'ai vu de différentielle dirigée par quoique ce soit!