Projective ab ovo

Julia Paule

@GG Super, bon résumé. Cette identification entre les plans affines via les projetantes est-elle une homographie ? Ce qui mettrait tout le monde d'accord.

Je remarque que dans le dessin en perspective, il n'y a qu'une seule droite à l'infini, lieu de rencontre des droites parallèles d'un plan affine, tandis qu'en géométrie projective, il y en a une infinité et une infinité de plans affines, c'est beaucoup plus compliqué de se représenter ces différents points de vue.

Si on veut résumer la situation pour le quadrilatère complet, si 4 droites vectorielles coupent un plan affine parallèle à un certain plan de base (plan vectoriel) selon un parallélogramme, alors selon d'autres plans affines (a minima non parallèles au premier), elles ne les couperont pas selon un parallélogramme, mais en général selon un simple quadrilatère qui formera dans ce plan un quadrilatère complet en y adjoignant les 2 points d'intersection des 2 droites vectorielles du plan de base parallèles aux droites portant le parallélogramme. Ne dis-je pas de bêtises ?

Dans l'autre sens, si un plan affine coupe 6 droites vectorielles selon un quadrilatère complet, alors l'intersection de ces droites vectorielles selon un plan parallèle au plan vectoriel contenant deux sommets d'une diagonale, est un parallélogramme (sachant que les 2 droites vectorielles portant chacune un sommet d'une diagonale ne donnent pas d'intersection puisqu'elles sont parallèles au plan d'intersection).

Malgame

Dans cet esprit, je pense à un exercice d'algèbre linéaire accessible en première. Étant données quatre droites, 3-à-3 non coplanaires de E_3, déterminer un plan affine tel que les intersections de ces droites avec ce plan sont les sommets d'un parallélogramme, resp un carré, resp un rectangle, resp un quadrilatère quelconque pris comme modèle d'un plan affine différent..

Comme ces quatre droites de E_3 sont quatre points de P(E), 3-à-3 non alignés, cela montre que dans le plan projectif, il n'y a qu'une forme de quadrilatère.

Avec cinq droites vectorielles, le même exercice pour comprendre qu'il n'y a qu'une conique dans P(E) ?

Julia Paule

@Malgame Ce plan est le plan affine complémentaire d'une diagonale du quadrilatère complet envoyée à l'infini.

Dans le plan projectif, il n'y a qu'une forme de quadrilatère car il n'y a pas de parallèles dans un espace projectif !

plsryef

C'est un un quadrilatère, fait avec des droites ou des segments ?

Malgame

Avec des points, si vous parlez de mon exercice. Je prends 4 droites vectorielles de E3 "en position générale". 

Ce sont, par définition, 4 points de P2 les sommets d'un quadrilatère.

Par ailleurs, si dans E3 on coupe ces 4 droites par des plans affines, on a 4 points qui forment les sommets d'un quadrilatère. Je dis qu'on a ainsi TOUS les quadrilatères "vrais" (sans 3 sommets alignés) et pour moi cela permet de comprendre que dans le plan projectif il n'y a qu'une seule sorte de quadrilatère, de même que la nuit, tous les chats sont gris.

Il n'y a pas de segments dans P2 car il n'y a pas d'ordre des points sur une droite. Qu'un point soit situé "entre" deux points sur une droite n'a pas de sens dans P2, de même que sur un cercle ( A, B, C, on ne dira pas que B est "entre" A et C, parce que C est "entre" B et A, A est "entre" C et B, et ceci contredit les axiomes définissant le mot "entre" . il n'y a pas d'ordre sur les droites de P2).

GaBuZoMeu

Bonjour,

Quatre points $A_0,A_1,A_2,A_3$ trois à trois non alignés dans un plan projectif $P$ forment un repère projectif de ce plan : il existe une unique homographie $h:P \to P^2(\mathbb R)$ telle que $h(A_0)=(1:1:1)$, $h(A_1)=(1:0:0)$, $h(A_2)=(0:1:0)$ et $h(A_3)=(0:0:1)$.

Julia Paule

@Malgame En effet, la droite projective réelle est homéomorphe à un cercle. Deux points sur un cercle définissent deux arcs de cercle, mais pas un segment.

@GaBuZoMeu Que veux-tu dire ? Pour définir une homographie, il faut l'image de 4 points projectifs non alignés trois par trois, donc pour envoyer un plan affine sur un autre par une homographie, on peut choisir 4 tels points (les points du quadrilatère) d'un plan affine pour les envoyer sur l'autre.

Mais le problème dans le cas du quadrilatère complet, c'est que ce sont les mêmes points projectifs (les mêmes droites vectorielles sous-jacentes, dont on regarde l'intersection avec un plan affine différemment). Il en est de même dans le cas du théorème de Pappus.

Julia Paule

Question : on peut toujours passer du quadrilatère complet à un parallélogramme (en envoyant une diagonale à l'infini) ; à l'inverse, en partant d'un parallélogramme, comment choisir la droite à l'infini pour que le quadrilatère obtenu soit absolument quelconque (pas un parallélogramme ni un trapèze) ? (ma considération approfondie ici de ce qu'il se passe, doit permettre de répondre) ; ce qui permettra d'obtenir un quadrilatère complet.

GaBuZoMeu

Hum.

On se donne un espace euclidien de dimension 3, d'origine $O$. Dedans, quatre droites vectorielles $a,b,c,d$ non coplanaires 3 à 3. On coupe en $A,B,C,D$ ces quatre droites par un plan affine ne passant pas par $O$ (qui hérite de l'espace une structure euclidienne). Est-ce que $ABCD$ peut prendre n'importe quelle forme de quadrilatère dans un plan euclidien (forme de quadrilatère = quadrilatère à similitude près) ? Non, loin de là ! La raison : l'espace des plans affines à homothétie de centre $0$ près est de dimension 2, l'espace des formes de quadrilatère de dimension 4.

Peut-on obtenir un quadrilatère qui ne soit ni un parallélogramme ni un trapèze ? Oui, bien sûr !

Malgame

Je ne saisis pas bien ces arguments de dimension. Les trois plans affines d'équations respectives x=1, y=1, z=1 sont indépendants, non ?

Et de même, tout quadrilatère ABCD est défini par les trois vecteurs AB, AC, AD, il me semble.

GaBuZoMeu

Se donner un plan affine à homothétie par rapport à $0$ près, c.-à-d. se donner la direction normale au plan, ça fait intervenir deux paramètres réels. D'accord ?

Se donner la forme d'un quadrilatère, ce qu'on peut faire en fixant deux sommets et en laissant les autres se promener, ça fait intervenir quatre paramètres réels. D'accord ?

Il n'y a donc absolument aucun espoir de retrouver toutes les formes de quadrilatère en fixant quatre droites passant par $O$ et en faisant varier un plan ne passant pas par $O$. D'accord ?

Malgame

D'accord, compris.

La difficulté que j'y vois est certainement illusoire. C'est le fait que « just as, in affine geometry, all triangle are alike, so in projective geometry all quadrangles are alike ».

Coxeter renvoie cette affirmation au fait que quatre points dans P2 font un repère projectif et on comprend qu'en ce sens tous les repères sont pareils.

Cependant on ne retrouve pas toutes les formes de quadrilatères, associées à quatre droites vectorielles (et à quatre points de P2) par leur trace sur les plans affines. On en retrouve certaines, et pas d'autres. 

Donc un ensemble de quatre droites vectorielles définit un ensemble de types de quadrilatères, et de quadrangles.

GaBuZoMeu

Le problème est, qu'avec la forme des quadrilatères, tu fais intervenir les similitudes et la géométrie euclidienne. Si l'on s'en tient au cadre affine, l'espace des orbites des quadrilatères du plan sous l'action du groupe affine est de dimension 2 (on peut fixer 3 sommets, le quatrième se balade). Là, plus de problème. Mais alors on ne distingue pas un carré de n'importe quel autre parallélogramme.

Malgame

Grand merci ! 

Les choses s'éclairent. On peut fixer trois sommets... parce que trois points sont un repère affine... Tous les triangles sont alike dans un plan affine.

Du coup il devient envisageable d'obtenir tous les quadrilatères "affines" à partir de quatre droites vectorielles quelconques, en coupant par des plans affines. Faut-il dire à homothétie de centre O près ? Dans des plans affines parallèles on obtient les différents homothétiques.

C'est envisageable, mais est-ce démontré ? L'égalité des dimensions suffit-elle ? Les quatre droites étant données, leurs traces sur deux plans affines non parallèles sont-telles "affinement différentes" (injectivité) ? Je pense que c'est le cas mais il me faut le démontrer.

Bon, après, il y a les coniques. Dans le cadre affine, on ne distingue pas un cercle d'une ellipse ni une hyperbole "équilatère" d'une autre hyperbole. Restent trois types de coniques affines. Avec cinq droites vectorielles, trois par trois non coplanaires, on a les cinq points qui sur P2 définissent une conique. Le théorème de Moebius permet de distinguer les types selon la position du cinquième point par rapport aux deux hyperboles qui passent par les premiers quatre points. 

Peut-on prouver qu'on obtient les trois types en coupant les cinq droites par des plans affines ?

Malgame

J'ai écris hyperboles, mais dans le résultat de Moebius, il s'agit des paraboles passant par quatre points (ça marche peut-être aussi avec des hyperboles...).

Julia Paule

Ce n'était pas ma question : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2514715/#Comment_2514715. J'y réponds.

En partant d'un parallélogramme $ABCD$ situé dans un plan affine $P$ d'un plan projectif, pour obtenir un quadrilatère quelconque pour la considération affine (je n'ai pas mis de structure euclidienne sur l'espace vectoriel sous-jacent), donc ni un parallélogramme, ni un trapèze dans un autre plan affine $Q$, il faut que dans ce plan, $(AB)$ ne soit pas parallèle à $(DC)$, donc n'ont pas la même direction, i.e. ne se coupent pas à l'infini, donc le plan vectoriel sous-jacent à la droite de l'infini associée à $Q$ cherchée, ne doit pas contenir la direction commune des droites $(AB)$ et $(DC)$, soit $(OAB) \cap (ODC)$, et de même ne doit pas contenir la droite vectorielle $(OAD) \cap (OBC)$. Cela fait une infinité de droites à l'infini possibles.

Autrement dit, il suffit de choisir une droite projective à l'infini qui ne contient ni $E$ ni $F$, les intersections des droites $(AB)$ et $(DC)$, et des droites $(AD)$ et $(BC)$ dans le plan projectif.

Julia Paule

@GaBuZoMeu De fait, il faut rajouter une structure euclidienne à l'espace vectoriel sous-jacent (en fait je n'ai pas vu cette possibilité), pour parler des formes de quadrilatère. Ok pour la dimension $2$ de l'espace vectoriel des plans affines à homothétie près de centre $O$. Je suis moins persuadée pour la dimension $4$ des formes de quadrilatère, car on peut envisager une permutation des sommets du quadrilatère qui donne la même forme. Déjà, peut-on dire que l'ensemble des formes d'un quadrilatère d'un plan affine euclidien est un espace vectoriel ?

Julia Paule

Sinon, je m'intéresse aussi à l'idée intuitive à l'origine de la géométrie projective (la démarche historique). Pas de problème pour passer des droites vectorielles à l'espace quotient d'un espace vectoriel. On part donc de la perspective, disons pour un plan $P$, où les droites parallèles de $P$ se coupent à l'infini sur une ligne d'horizon (ou ce qui nous apparait ainsi). On remarque que ces droites ont un point commun, qui est leur direction. D'où l'idée d'un point de la ligne d'horizon = une droite vectorielle. Cette droite à l'horizon a aussi elle-même un point à l'infini. On n'obtient pas ainsi un espace très homogène, et on est (peut-être) limité dans ce que l'on peut en faire. L'idée est donc de faire aussi des points de $P$ des droites vectorielles. Pour cela, on augmente de $1$ la dimension de l'espace, on se situe dans un espace vectoriel de dimension $3$, et alors on se rend compte que les droites vectorielles non parallèles à $P$ interceptent bijectivement le plan $P$, et que celles parallèles à $P$ donnent la ligne d'horizon. Gagné.

Sauf que la situation est plus compliquée, on peut avoir plusieurs plans affines associées à plusieurs droites de l'infini, contrairement à la situation de départ.

Mes questions (que je me pose depuis longtemps, mais j'aimerais avoir confirmation) sont : 

1) y a-t-on gagné quelque chose, ou bien est-ce un dommage collatéral ? des exemples ? Je penche pour la 1ère hypothèse.

2) la démarche que j'ai exposé est-elle bien la démarche historique (je ne la vois dans aucun cours) ?

GaBuZoMeu

@Julia Paule :

1°) Dans mon message https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2514715/#Comment_2514715 , j'ai bien répondu à ta question . Tu n'as pas lu la dernière phrase ?

2°) L'espace des plans affines ne passant pas par l'origine à homothétie près n'est pas un espace vectoriel. C'est un plan projectif.

3°) Je parle de formes d'un quadrilatère $ABCD$ avec sommets nommés, donc on ne les permute pas. Mais si on les permute, l'espace obtenu en quotientant par l'action du groupe de permutations reste bien entendu de dimension 4, puisque ce groupe est fini.

4°) Il n'y a pas que les espaces vectoriels qui ont une dimension ! Techniquement, les espaces considérés ici sont tous semi-algébriques, et un ensemble semi-algébrique a une dimension.

@Malgame :

Les cinq droites passant par $O$ et non coplanaires 3 à 3 te donnent un cône de sommet $0$, que tu peux couper par un plan affine ne passant pas par $O$ en une ellipse, une parabole ou une hyperbole. Si tu mets une structure euclidienne en plus, tu obtiendras un intervalle d'excentricités, mais pas toutes les excentricités.

Malgame

@ GaBuZoMeuh : oui, j'avais pensé à cela : les cinq droites définissent une conique sur P2, et dans E3 c'est un cône, on retrouve la définition grecque des coniques en intersectant avec des plans affines. Cela me permet de comprendre pourquoi dans P2 toutes les coniques sont alike.

En outre chacun de ces plans affines est une carte de P2 si on lui ajoute une droite , dite alors "droite à l'infini".

Maintenant si l'un de ces plans, intersectant le cône des cinq droites vectorielles, forme une parabole, "il est écrit" que cette parabole est tangente à la droite de l'infini, cela veut dire que cette droite-en-plus est, de fait, positionnée.

Mais en amont il y a le résultat établit par Möbius sur le type (affine) de conique. Je vois sur NUMDAM des preuves (par exemple par Lemoine) de ce résultat mais c'est un peu "elliptique" pour moi.

@Julia Paule : j'ai un polycopié de Yves Hellegouarch "Algèbre et Géométrie" première partie, où il parle un peu de géométrie projective et fait observer que l'observation du ciel donne des intuitions. Par exemple, lorsque nous voyons UNE étoile, en réalité il peut y avoir un certains nombre d'étoiles "derrière" sur la droite qui va de l’œil à la première étoile vue. Ici, donc une droite (vectorielle, ou quasi) vaut un point. Lorsque nous voyons des étoiles alignées, cela implique seulement qu'elles sont dans le plan qui contient cette droite apparente et l’œil de l'observateur. Ici, un plan vaut une droite. Mais Yves rappelle, bien sûr, qu'historiquement, l'origine de la géométrie projective vient plutôt des besoins de l'architecture et de la peinture. Dans ce dernier cas, il rapproche cette émergence de celle de la personne, donc du point de vue, au moment de la "renaissance".

GaBuZoMeu

GaBuZoMeu, pas GaBuZoMeuh ! Les Shadoks manqueraient-ils à ta culture ? https://fr.wikipedia.org/wiki/Les_Shadoks

Julia Paule

@GaBuZoMeu Je ne voudrais pas pinailler mais :
1) j'ai posé la question : comment ? et tu as répondu :  oui.
2) Ne manque-t-il pas les plans vectoriels pour en faire un plan projectif (tu parles de plans affines ne passant pas par l'origine, ce dont je n'ai pas parlé) ?
3) ok, on fixe $A$ et $B$.
4) oui les espaces projectifs ont aussi une dimension.
@Malgame Merci d'avoir ouvert ce fil. J'essaie de me remettre en tête la géométrie projective, et en même temps, des questions que je me posais depuis longtemps ont trouvé une réponse.

GaBuZoMeu

2) Ne manque-t-il pas les plans vectoriels pour en faire un plan projectif (tu parles de plans affines ne passant pas par l'origine, ce dont je n'ai pas parlé) ?

Quand tu t'intéresses aux intersections d'un plan avec quatre droites passant par $O$, il vaut mieux que le plan ne passe pas par $O$, n'est-ce-pas ? Et non, il ne manque rien pour faire un plan projectif. Je te laisse y réfléchir, tu as tous les éléments.

Malgame

Non, j'ai encore la voix de Claude Piéplu dans l'oreille !

Je reviens à mon histoire de coniques affines, puis projective (au singulier), à partir de cinq droites vectorielles non coplanaires trois par trois. Si je coupe par un plan affine parallèle à l'une des droites, j'aurai une parabole. Si je coupe par un plan affine parallèle au plan engendré par deux des cinq droites, une hyperbole, et si le plan coupe les cinq droites, une ellipse.

Mais je me pose encore des questions. Si, pour chacun de ces plans affine, je lui ajoute ce qui lui manque (et qui n'est pas le droit de vote) pour être un plan projectif, dans le plan où j'aurais obtenu une parabole, cette droite superfétatoire est tangente à la parabole (même aventure en plus grave pour l'hyperbole). Mais peut-on en savoir plus ? Voilà mes cinq droites, voilà un plan parallèle à l'une d'elles, voilà ma parabole. Peut-on savoir où est le point de tangence (et donc où est la "droite de l'infini") ?

GaBuZoMeu

"Si je coupe par un plan affine parallèle à l'une des droites, j'aurai une parabole".

Non, tu auras une hyperbole en général, et exceptionnellement une parabole.

PS. Pour compléter ma réponse, voici comment choisir un plan parallèle à $d_1$ et qui te donne une parabole (dont le point à l'infini est "l'intersection avec $d_1$"). Soit $\delta_1$ la droite intersection du plan contenant $d_1$ et $d_2$ avec le plan contenant $d_4$ et $d_5$. Soit $\delta_2$ la droite intersection du plan contenant $d_2$ et $d_3$ avec le plan contenant $d_5$ et $d_1$. Soit $\delta_3$ l'intersection du plan contenant $\delta_1$ et $\delta_2$ avec le plan contenant $d_3$ et $d_4$. Alors un plan parallèle à $d_1$ et $\delta_3$ ne passant pas par $O$ fera l'affaire.

"si le plan coupe les cinq droites, une ellipse."

Non, aucune raison pour ça.

Malgame

Merci, je vais tâcher de comprendre ça.

GaBuZoMeu

Mot clé : Pascal.

Julia Paule

Julia Paule a dit : Ok pour la dimension $2$ de l'espace vectoriel des plans affines à homothétie près de centre $O$.

Hum, c'est faux, dans les plans affines, on a les plans vectoriels, et une homothétie de centre $O$ est une homothétie vectorielle qui envoie un plan vectoriel sur lui-même. Un plan affine est envoyé sur un plan affine parallèle par une homothétie de centre $O$. Finalement tout l'espace est rempli par les plans vectoriels, cela fait un espace vectoriel de dimension $3$. Sauf erreur. Ouais, cela ne veut rien dire.

GaBuZoMeu a dit :

2°) L'espace des plans affines ne passant pas par l'origine à homothétie près n'est pas un espace vectoriel. C'est un plan projectif.

Julia Paule a dit : 2) Ne manque-t-il pas les plans vectoriels pour en faire un plan projectif (tu parles de plans affines ne passant pas par l'origine, ce dont je n'ai pas parlé) ?

Quand tu t'intéresses aux intersections d'un plan avec quatre droites passant par $O$, il vaut mieux que le plan ne passe pas par $O$, n'est-ce-pas ? Et non, il ne manque rien pour faire un plan projectif. Je te laisse y réfléchir, tu as tous les éléments.

Merci. Je ne comprends pas la réponse avec les quatre droites (je ne vois pas ce que cela vient faire ici).

Ok, un plan projectif peut toujours se voir comme l'union d'un plan affine et d'une droite projective, donc à l'inverse, l'union de ces plans affines forment le plan projectif : $\mathbb P(E) = \bigcup_{P \subset \mathbb P(E)} P$.

A ce propos, j'ai une autre question (qui traîne depuis longtemps) :

Les droites projectives vectorielles, i.e. les points d'un espace projectif $\mathbb P(E)$ sont les classes d'équivalence des vecteurs de $E$ \ $\{0 \}$ pour la relation d'équivalence $x \sim y $ si $\exists \lambda \ne 0 \in K, y=\lambda x$. Du coup les classes d'équivalence sont des droites vectorielles privées de $0$ (puisque le vecteur nul n'est pas dans l'espace de départ). Je considère que cela n'est pas gênant puisqu'on a une bijection entre les droites vectorielles privées de $0$ et les droites vectorielles de $E$, (et que $\mathbb P(E)$ est un espace sans structure algébrique apparente) et on peut dire que $\mathbb P(E)$ est un ensemble de droites vectorielles. Ce raisonnement est-il correct ? Merci d'avance.

GaBuZoMeu

@Julia Paule , tu as l'air complètement à l'ouest sur cette histoire de paramétrer les plan affines ne passant pas par $0$, à homothétie de centre $0$ près. Essayons de remettre les pendules à l'heure.

L'origine de ce problème est la question des formes de quadrilatère obtenues en intersectant quatre droites passant par $O$ avec un plan ne passant pas par $O$. Si tu intersectes ces quatre droites par un plan passant par $O$, tu n'as pas un quadrilatère, mais quatre points confondus. Vu ?

Pourquoi à homothétie de centre $O$ près ? Parce que deux plans parallèles ne passant pas par $O$ vont donner la même forme de quadrilatère. Vu ?

Pour faciliter la compréhension, mettons une structure euclidienne sur l'espace. Se donner un plan ne passant pas par $O$ revient à se donner le projeté orthogonal de $O$ sur ce plan. Deux plans affines ne passant par par $O$ sont parallèles si et seulement si les projetés orthogonaux de $O$ sur ces plan sont alignés avec $O$. Vu ?

L'espace des plans affines ne passant pas par $O$, à homothétie de centre $O$ près, c'est donc kif-kif l'espace des droites passant par $O$. Cet espace des droites, c'est bien un espace projectif de dimension 2. Vu ?

"Les droites projectives d'un espace projectif $\mathbb P (E)$ sont les classes d'équivalence des vecteurs .. "

Tu veux dire "Les points d'un espace projectif ..."

La structure algébrique apparente de $\mathbb P(E)$ est celle d'espace projectif.

Julia Paule

Ben c'est ce que j'ai dit en approuvant ton 2) mais en le montrant différemment. Un plan projectif est l'union des plans affines ne passant par $O$ qu'il contient, car tout point du plan projectif est une droite vectorielle qui intersecte, à homothétie près de centre $O$, un plan affine parallèle à un plan vectoriel supplémentaire de cette droite, et cette intersection est bijective (droite vectorielle - point d'un plan affine à homothétie près de centre $O$), d'où l'identification. Donc tout point d'un plan projectif appartient à un plan affine ne passant pas par $O$. EDIT : Hum, on ne veut pas montrer que l'union des plans affines etc ..., mais que l'ensemble des plans affines etc .... . L'inverse est évident.
Je pourrais enfoncer le clou en disant qu'on n'a pas besoin de la structure euclidienne pour le montrer !
J'ai rectifié plus haut pour droite projective (au lieu de droite vectorielle, que je voulais dire).
Sinon, je ne suis pas beaucoup avancée pour la structure algébrique d'un espace projectif.

GaBuZoMeu

Je vois que tu continues à faire un joyeux mélange et qu'au fond tu n'as pas compris pourquoi l'ensemble des plans affines ne passant pas par $0$ de l'espace, quotienté par l'action du groupe des homothéties de centre $0$, est un plan projectif.  Enfin, si tu es persuadée que ce que tu écris est la même chose que ce que j'écris ...

La structure algébrique d'un espace projectif $P$, c'est un espace vectoriel $E$ et une surjection $\pi : E\setminus \{0\} \to P$ telle que l'image réciproque de tout point de $P$ soit une droite vectorielle de $E$ privée de l'origine.

plsryef

GaBuZoMeu a dit :

3°) Je parle de formes d'un quadrilatère $ABCD$ avec sommets nommés, donc on ne les permute pas. Mais si on les permute, l'espace obtenu en quotientant par l'action du groupe de permutations reste bien entendu de dimension 4, puisque ce groupe est fini.

bonjour,

est-ce qu'il y a une action qui classe les formes de quadrilatères ? en fait j'ai encore beaucoup à a apprendre à ce sujet, d'ailleurs c'est quoi une forme de quadrilatère ? dans un plan affine j'en vois 4 selon le parallélisme des côtés opposés, c'est de cela dont il s'agit ?

GaBuZoMeu

"est-ce qu'il y a une action qui classe les formes de quadrilatères ? "

Peux-tu préciser cette question ?

Je prends ici "forme de quadrilatère" dans le sens suivant : deux quadrilatères $ABCD$ et $A'B'C'D'$ d'un plan affine euclidien ont même forme s'il existe une similitude du plan qui envoie $A$ sur $A'$, $B$ sur $B'$, $C$ sur $C'$, $D$ sur $D'$. Il me semble l'avoir déjà écrit plus haut : quadrilatère à similitude près.

plsryef

à similitude près, je crois comprendre.

en partant de cela, on par de l'espace des quadrilatères (et déjà là, l'espace n'est pas correctement défini), qui est de dimension 8, on quotiente par le groupe des similitudes qui est de dimension 4, et on retrouve une variété qui est de dimension 4.

je pensais à une autre classification moins fine, ou pour les quadrilatères, il y a au moins deux classes, qui distinguent les quadrilatères, selon le fait que 2 côtés opposés se coupent ou pas, si il existaient une transformation quelconque qui permet de passer d'un quadrilatère à l'autre (et qui soit bijective) ça ne serait pas possible à cause de cette histoire d'intersection.

GaBuZoMeu

Pourquoi est-ce que l'espace des quadrilatères ne serait pas correctement défini ? Ici, vu le contexte, un quadrilatère est un "vrai" quadrilatère, c.-à-d. un quadruplet de points du plan 3 à 3 non alignés. En coordonnées, c'est un ouvert de $(\mathbb R^2)^4$.

On peut regarder les orbites de différents groupes agissant sur cet espace : j'ai parlé du groupe des similitudes (les "formes de quadrilatère"), on peut aussi regarder ce qui se passe pour le groupe affine.

Je ne vois pas bien la classification à laquelle tu penses, qui aurait un nombre fini de classes. Peux-tu préciser ?

plsryef

en partant de l'ensemble des quadruplets de points non alignés, je distingue les quadrilatères croisés et non croisés,

qui quitte à quotienter par $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ (ou un produit qui n'est pas direct, et peu importe car le groupe reste discret). ce truc serait séparé par le fait que le minimum de la distance qui relient deux point de deux segments opposés soit nul ou pas, en gros je pense prendre les classe d'homotopie.

ou plutôt je pense au groupe des similitudes à la puissance 4, ou l'on retrouverai une dimension 0 (en tout cas pas du tout connexe) à la fin pour les classes, donc des classes discrètes.

en fait ça marche pas, je ne pars pas de l'ensemble des quadruplets de points dont 3 ne sont jamais alignés mais de l'ensemble de 4 points, mais c'est quand même un ouvert. (mais selon les images cela donne, pour un point, une orbite, pour un segment, 2orbites(segment parcouru 4 ou 2 fois) pour un triangle 1 orbite, et pour la réunion de 4 segments distintcs, 2 orbites, donc un total 6 types de quadrilatères)

GaBuZoMeu

Penses-tu que ce que tu écris fait sens ?

plsryef

1 point: 1 quadrilatère AAAA

1 segment: 2 quadrilatères AABB et ABAB:

1 triangle: i quadrilatère ABCD (il y a peut être plus d'orbites, peut importe)

 4 segments distintcts , 2 images:

 j'espère avoir donné sens à ce que j'ai esquissé.

Quant à quadrilatère je le défini à partir du nom du quadrilatère, les 8 façon de le nommer (suite ordonnée de noms, invariable selon le point de départ et de l'ordre de lecture de la liste des 4 points dans un sens ou l'autre)

En fait ce qui m'a amené à intervenir dans cette discussion c'est l'expression "forme de quadrilatère", tu as donné un cadre @GaBuZoMeu et c'est très bien, mais une partie de la discussion s'est faite sans que ce cadre soit défini, et je me posais la question "y-a-t-il d'autres cadres" quel est le bon cadre, la notion de "forme de quadrilatère" à été abordé et discutée avant que tu n'en donnes un cadre, j'en propose un autre, car je ne sais pas ce que c'est de façon intrinsèque.

et encore j'ai même envisagé l'idée de classer les quadrilatères qu'ils soient croisés ou pas, selon l'existence d'un parallélisme entre deux côtés opposés dans un cadre affine, mais c'est encore une autre classification.

Julia Paule

GaBuZoMeu a dit :

Je vois que tu continues à faire un joyeux mélange et qu'au fond tu n'as pas compris pourquoi l'ensemble des plans affines ne passant pas par $0$ de l'espace, quotienté par l'action du groupe des homothéties de centre $0$, est un plan projectif.  Enfin, si tu es persuadée que ce que tu écris est la même chose que ce que j'écris ...

Je crains que ce soit toi qui ne comprends pas ce que j'écris. C'est bizarre. Mais moi je n'écris pas quand je ne comprends pas, que "tu fais un joyeux mélange" ou "que tu as l'air complétement à l'ouest", ou "qu'au fond tu n'as pas compris", ou bien à d'autres intervenants, que "je te trouve franchement de mauvaise foi", ou que "tu projettes tes propres difficultés de compréhension", pour être très désagréable et désobligeant comme tu as l'habitude de l'être avec les intervenants dont tu ne comprends pas la question ou n'as pas envie d'y répondre (comme d'ailleurs la question initiale de ce fil, si je n'étais pas intervenue ici, n'aurait trouvé aucune réponse satisfaisante pour l'initiateur du fil). Je reste polie et conciliante, et je me dis au contraire que je ne suis peut-être pas encore assez claire. 

Moi je comprends ce que tu écris, et c'est la même chose avec une autre démonstration. Quand j'écris "à homothétie près de centre $O$", cela veut dire "modulo les homothéties de centre $O$", ou encore ton "quotienté par l'action du groupe des homothéties de centre $O$".

Je montre qu'un plan projectif = union des plans affines qu'il contient, à homothétie près de centre $O$ s'exerçant sur les plans affines ne passant pas par $O$, (ah oui, je n'ai pas tout écrit, mea culpa) en montrant la double inclusion. L'inclusion $\subset$ est montrée par : tout point d'un plan projectif appartient à au moins un tel plan affine (à homothétie près etc ...), l'inclusion réciproque est évidente (car tout plan projectif est l'union disjointe d'un plan affine à homothétie près etc ... et d'une droite projective complémentaire choisie arbitrairement). C'est ce que j'ai écrit plus haut, pas assez détaillé, mais je l'ai détaillé ensuite. D'ailleurs, il parait assez évident qu'on n'a pas besoin d'une structure euclidienne pour montrer cela.

Pour couronner le tout, quand tu dis plus haut que tu n'es pas d'accord avec moi, parce qu' "il n'y a certainement pas besoin d'une homographie pour déduire Pappus affine de Pappus projectif", c'est en fait avec MA que tu n'es pas d'accord, car je n'ai fait que reprendre ses propos.

GaBuZoMeu

Est-ce que quelqu'un pourrait m'expliquer ce discours ?

Je montre qu'un plan projectif = union des plans affines qu'il contient, à homothétie près de centre 𝑂 s'exerçant sur les plans affines ne passant pas par 𝑂, (ah oui, je n'ai pas tout écrit, mea culpa) en montrant la double inclusion. L'inclusion ⊂ est montrée par : tout point d'un plan projectif appartient à au moins un tel plan affine (à homothétie près etc ...), l'inclusion réciproque est évidente (car tout plan projectif est l'union disjointe d'un plan affine à homothétie près etc ... et d'une droite projective complémentaire choisie arbitrairement).

J'avoue très humblement que je ne le comprends pas.

Je rappelle que le problème est de comprendre la structure de plan projectif de l'espace des plans affines ne passant pas par $O$ d'un espace vectoriel $E$ de dimension 3 d'origine $O$, quotienté par l'action du groupe des homothéties de centre $O$ (deux tels plans affines sont équivalents si et seulement s'ils sont parallèles). Il est vrai qu'on n'a pas besoin de structure euclidienne pour comprendre cela, c'était pour la facilité de compréhension que j'avais introduit une structure euclidienne afin d'avoir la droite vectorielle normale à tous les plans d'une classe de plans parallèles. En effet, on peut utiliser la dualité pour identifier une classe de plans parallèles à une forme linéaire non nulle $\varphi$ sur $E$, à un facteur scalaire non nul près (les plans de la classe sont les plans d'équation $\varphi(x)=c$ où $c$ est une constante non nulle). Notre espace s'identifie donc à $\mathrm{P}(E^*)$, qui est bien un plan projectif de dimension 2.

Enfin, je répète que pour passer de Pappus projectif au Pappus général dans le cadre affine, il suffit de compléter projectivement le plan affine. Il n'y a pas besoin d'homographie, et c'est lire Michèle Audin de travers que de prétendre qu'elle écrit qu'il y a besoin d'une homographie pour cela.

plsryef

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GaBuZoMeu

@plsryef : est-ce que cette image de "formes" (à déformation non singulière près) de quadrilatères, avec les dégénérescences en quadrilatères singuliers (indiquées par des flèches rouges), te convient ? Elle vient de la considération d'une action du groupe diédral $D_4$ sur le plan projectif réel, via une rotation d'ordre 4 $$(x:y:z)\longmapsto (x+y-z:z:x)$$ et une symétrie $$(x:y:z)\longmapsto (y:x:z)\;.$$

plsryef

merci @GaBuZoMeu ça me convient parfaitement, j'allais écrire un message mais je n'ai pas toujours les idées claires, d'ailleurs je n'avais pas imaginé de façon aussi précise, et je suis content d'en avoir une manifestation dans un cadre projectif du groupe diédral $D_4$, en réalité je te crois sur parole, je n'ai pas vérifié.

Julia Paule

GaBuZoMeu a dit : c'est lire Michèle Audin de travers que de prétendre qu'elle écrit qu'il y a besoin d'une homographie pour cela.

??? Mais je n'ai jamais prétendu qu'elle écrit qu'il n'y a pas besoin d'une homographie pour cela, c'est toi qui le prétends en disant que tu n'es pas d'accord avec moi ("il n'y a certainement pas besoin d'une homographie ... "), donc avec ce qu'elle écrit en P195 ("c'est une homographie qui envoie la droite en pointillé sur la droite à l'infini"), car je n'ai fait que reprendre ses propos. Est-ce que je dirai que je te trouve borné, non je le dirai pas, parce que je suis courtoise.

Sinon, à la lueur du week-end, ma démonstration est fausse, car un ensemble d'ensembles n'est pas l'union de ces ensembles. Par exemple, l'ensemble des plans affines de $E$, espace vectoriel de dimension 3, n'est pas l'union de ces ensembles, qui est l'ensemble des points de $E$. C'est bizarre que personne ne me l'ait fait remarquer. Par exemple encore, l'ensemble des classes d'équivalence d'un ensemble $E$ quotienté par une relation d'équivalence $\sim$, n'est pas $E$, ce serait confondre $E$ avec $E / \sim$. C'est leur union qui est $E$.

J'ai pensé à une autre démonstration. On considère donc l'ensemble $A$ des plans affines de $E$, espace de dimension $3$ d'origine $O$, ne passant pas par $O$, et on considère la relation d'équivalence sur $A$ : $P_1 \sim P_2$ si $P_2$ est l'image de $P_1$ par une homothétie (de rapport non nul) de centre $O$, ainsi que l'application surjective $f$ qui envoie un plan affine sur son plan vectoriel associé. Alors $P_1 \sim P_2 \Leftrightarrow P_1 // P_2 \Leftrightarrow f(P_1)=f(P_2)$. Donc $A$ quotienté par le groupe des homothéties de centre $O$ est (isomorphe à) l'ensemble des plans vectoriels de $E$. Ce n'est pas l'ensemble des droites vectorielles de $E$, donc de ce point de vue, ce n'est pas un plan projectif. Cette démonstration ne marche pas. Par contre, si l'espace est euclidien, on a une bijection entre l'ensemble des plans vectoriels de $E$ et l'ensemble de ses droites vectorielles (par l'orthogonalité), ça colle. Est-ce à dire qu'il faut mettre une structure d'espace euclidien sur $E$ pour obtenir le résultat ? Non encore, car il suffit, comme l'a fait GBZM, de considérer l'ensemble des formes linéaires non nulles associées aux plans vectoriels de $E$, qui est un ensemble de droites vectorielles du dual de $E$, et c'est gagné.

GaBuZoMeu

Bonjour,

C'est bizarre que personne ne me l'ait fait remarquer.

Je t'ai simplement fait remarquer que ce que tu racontais n'avait pas de sens (ce qui t'a d'ailleurs profondément froissée). C'est bien que tu l'aies enfin reconnu. C'est bien aussi que tu aies enfin compris ce que j'expliquais.

Julia Paule

Ah c'est bien différent de dire : "ce que tu dis n'a pas de sens" que de dire : "tu es complétement à l'ouest" ou "tu fais un joyeux mélange". Ce que je trouve malvenu, surtout venant d'un professeur que je suppose que tu es, c'est à quelqu'un qui vient chercher de l'aide sur un forum, sans chercher à comprendre pourquoi, de lui faire remarquer ses difficultés de compréhension, surtout quand ces difficultés sont plus que légitimes. Et elles le sont, car MA n'explique pas en P185 concernant le théorème de Pappus projectif, ce qui autorise cet aller-retour entre projectif et affine. A toutes fins utiles, j'avais déjà signalé dans un fil ici son erreur en P182 concernant les repères projectifs.

Pour en revenir à notre sujet, j'ai donc démontré (ou plutôt pense avoir démontré) qu'un plan projectif est l'union des plans affines à homothétie de centre $O$ près qu'il contient (et non pas l'ensemble des plans, etc ...), ce qui m'a paru évident au premier abord. Cela voudrait dire que l'union = l'ensemble, ce qui est faux. J'ai donc dû faire une erreur, je vais essayer de la trouver. 

EDIT : non ce n'est peut-être pas faux, car il ne s'agit pas des mêmes ensembles sous-jacents à l'union et à l'ensemble.

Ben tout simplement, un plan projectif est une union de droites projectives, qui elles-mêmes sont en bijection avec des plans affines à homothétie près de centre $O$. Et puis voilà.

GaBuZoMeu

j'ai donc démontré (ou plutôt pense avoir démontré) qu'un plan projectif est l'union des plans affines à homothétie de centre 𝑂 près qu'il contient

Qu'est-ce que ça veut dire ?

Julia Paule

Si on considère que l'ensemble des plans affines ne passant pas par $O$ à homothétie près de centre $O$ est l'ensemble de leurs plans vectoriels (plus haut), alors l'union des plans vectoriels de $E$ est l'espace vectoriel $E$ de dimension 3, ce n'est pas un espace projectif de dimension 2.
Soit $H$ un plan vectoriel de $E$ et $\cal H$ un plan affine parallèle à $H$ distinct de $H$. Alors on peut identifier $\cal H$ et $\mathbb P(E) \setminus \mathbb P(H)$, par bijection (qui envoie une droite vectorielle de $\mathbb P(E) \setminus \mathbb P(H)$ sur son intersection avec $\cal H$, et un point $M$ de $\cal H$ sur la droite vectorielle (OM) appartenant à $\mathbb P(E) \setminus \mathbb P(H)$. Alors $\mathbb P(E) = \bigcup_H \mathbb P(E) \setminus \mathbb P(H)$. C'est ce que je voulais dire par $\mathbb P(E) $ est l'union de ses plans affines, sauf que ce n'est pas à homothétie près de centre $O$, contrairement aux apparences. Ok merci.
Donc dans les deux cas, c'est faux.

GaBuZoMeu

Oui, un espace projectif est la réunion de ses cartes affines (complémentaires d'hyperplans). Si l'espace projectif est de dimension $n$, il suffit d'ailleurs de $n+1$ cartes affines pour le recouvrir.

Mais ça ne me semble pas aider à comprendre que l'ensemble des plans affines ne passant pas par $O$ modulo l'action du groupe des homothéties de centre $O$ a naturellement une structure de plan projectif.

Julia Paule

En effet, cela n'a pas grand-chose à voir, et on a du mal à se représenter visuellement ce que veut dire ta 2ème phrase.