Le plan de Fano

stfj

Bonjour,

Que sait-on sur le plan de Fano ? ou plutôt que ne sait-on pas sur le plan de Fano ?

Si j'ai bien compris, on considère le corps $K=\Z/2\Z$ puis l'espace vectoriel de dimension $3$ sur $K$ qu'est $K^3$ et enfin le plan projectif $\mathrm P(K^3)$.

Comme $K$ est de caractéristique $2$, les droites vectorielles de $K^3$ sont réduites à deux points : $0$ et un élément non nul. Le plan de Fano est donc constitué de $2^3-1=7$ éléments.

Il parait qu'il y a sept droites

Là, faut encore que j'y réfléchisse, peut-être avec votre aide$^1$.

Cordialement.

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$^1.-$ Le dual du plan de Fano n'est-il pas le plan de Fano lui-même ? A la limite, on peut écrire un point du plan de Fano en adoptant la convention $$x:y:z$$ pour un point et pour une droite $$[a,b,c]$$

stfj

- Je trouve surprenant de constater que par une droite projective, il passe toujours trois points. Par exemple, par $\color{red}[0,1,0]$, il passe $$\color{blue}1:0:0$$ $$\color{green}0:0:1$$ $$\color{cyan}1:0:1$$ Il y a peut-être une façon de se convaincre de ce résultat autre que d'envisager tous les cas.

- Je cherche le lien avec le jeu de DOBBLE mais ne l'ai pas encore trouvé.

Math Coss

N'es-tu pas étonné d'être surpris ? Toute droite projective sur un corps $K$ est en bijection avec $K\cup\{\infty\}$ où $\infty$ n'est pas un élément de $K$. Sur un corps fini de cardinal $q$, chaque droite projective contient $q+1$ point.

Les points de l'espace projectif sont les droites vectorielles de $K^3$, i.e. les triplets non nuls $(x,y,z)\ne(0,0,0)$ à homothétie près, ce que tu notes $x:y:z$ apparemment. Les droites projectives sont les plans vectoriels, i.e. les équations de plan à homothétie près, i.e. les $(a,b,c)\ne(0,0,0)$ à homothétie près, ce que tu notes $a:b:c$. Ici, $a:b:c$ représente le plan d'équation $ax+by+cz=0$. Autrement dit, la relation d'incidence entre un point $x:y:z$ et une droite $a:b:c$ est la relation $ax+by+cz=0$ (qui ne dépend pas du représentant choisi dans $x:y:z$ ni dans $a:b:c$ ; autrement dit si $(x',y',z')=(kx,ky,kz)$ et $(a',b',c')=(la,lb,lc)$, alors $ax+by+cz=0$ SSI $a'x'+b'y'+c'z'=0$).

Constat : on a représenté les points et les droites par la même chose et la relation d'incidence est parfaitement symétrique entre points et droites. Autrement dit, un plan projectif sur un corps donne lieu à une configuration autoduale.

Médiat_Suprème

Le plan de Fano permet d'illustrer la multiplication des octonions purs (voir le pdf ci-dessous).

Voici l'équivalent pour les sédénions (je n'ai pas représenté les flèches pour des raisons de lisibilité)

stfj

@Math Coss : ah oui une droite projective telle que $\color{magenta}[1,1,0]$ est en bijection avec $K\cup \{\infty\}$, ce qui fait bien ici $Card(\Z/2\Z)+1=2+1=3$ élements. cool merci.

stfj

Je viens de lire que $\boxed{Card(\mathbb F_p\mathrm P^2)=p^2+p+1}$. Par exemple, $Card(\mathbb F_7\mathrm P^2)=7^2+7+1=57$. En prenant comme plan dans $\mathbb F_7$ $[0,0,1]\begin{bmatrix}x \\y \\z\end{bmatrix}=1$ et donc comme droite à l'infini $\mathcal L_{\infty}\doteq [0,0,1]$, cela paraît logique : dans le plan à l'infini, il y a la droite vectorielle passant par $(0,1,0),(0,2,0,(0,3,0)(0,4,0),...,(0,6,0)$ et par $(1,0,0)$

stfj

(extrait d'ici)

Ce plan complète projectivement $\Z/2\Z^2$, la droite à l'infini étant le symbole $\color{Orchid}\infty$

stfj

Mon premier DOBBLE:

Math Coss

De façon générale, dans l'espace projectif de dimension $n$ sur le corps à $q$ éléments, il y a \[\dfrac{q^{n+1}-1}{q-1}=q^{n}+q^{n-1}+\cdots+q+1\] points et autant d'hyperplans.

gai requin

Par dualité 

lesmathspointclaires

@math Coss "n'es-tu pas étonné d'être surpris" j'adore<3 je me la répète en boucle sur plein de tons différents
@Médiat_Suprème magnifique les octonions !!

stfj

C'est l'exercice 1 de ce pdf :

Soit $\mathrm K$ un corps à $q$ éléments. Et soit $n\geq 2$. Considérons $\mathrm {KP}^n$. C'est un espace projectif de dimension $n$. Soit $x\in  \mathrm K^{n+1}\setminus \{0\}$. $$\begin{align}K\to K\cdot x\\ k\mapsto k\cdot x\end{align}$$est une bijection. Donc $Card(\mathrm K\cdot x)=Card(\mathrm K)=q$ et $Card(\mathrm K\cdot x)\setminus \{0\})=q-1$

Pour la relation d'équivalence fondant l'espace projectif, on a donc $q-1$ éléments dans chaque classe. Par ailleurs, $Card( \mathrm K^{n+1}\setminus \{0\})=q^{n+1}-1$. Donc $$Card(\mathrm {KP}^n)\times (q-1)=q^{n+1}-1$$et le nombre de points de$\mathrm {KP}^n$ est donc bien $$\dfrac{q^{n+1}-1}{q-1}.\square$$

Le dual de $\mathrm {KP}^n$ est $\mathrm {KP}^n$. Donc le nombre d'hyperplans est le même.

Par exemple, dans le "mini-dobble", $n=2, q=5$, le nombre de figures(droites) et le nombre de cartes(points) sont$$1+5+5^2=31.$$Toute droite contient $q+1$ points. Donc, par dualité, chaque point appartient à un faisceau de $q+1$ droites. Autrement dit, chaque carte peut être symbolisée comme l'ensemble des $q+1$ figures la "représentant"(ie faisant partie du faisceau.)

[Représentation ludique de $\mathbb F_5\mathrm P^2$, de la droite "luge", des $31$ symboles("droites") et de six points ("cartes") constituant une droite de $\mathbb F_5\mathrm P^2$]

stfj

Dans l'exercice 10 de ce TD, l'agrégatif lambda est invité à redécouvrir l'idée associée au nom de Gino Fano, ainsi que son application plusieurs décennies plus tard au jeu de DOBBLE. J'espère qu'on lui laissera plus de 5 minutes.

Médiat_Suprème

Le plan de Fano peut aussi être utilisé pour les nimbers