Plan affine euclidien

GaBuZoMeu

Bonjour,

Dans ce fil, j'ai lourdement insisté sur le fait que le complémentaire d'une droite dans un plan projectif est un plan affine.

Sur le complémentaire de la droite $h$, on met une structure euclidienne telle que la conique $c$ (qui ne coupe pas $h$) soit un cercle. Pouvez-vous tracer, dans ce plan affine euclidien, un carré de côté $AB$ (avec les outils de GeoGebra, par exemple) ? Un triangle équilatéral de côté $AB$ ? Le cercle de centre $A$ passant par $B$ ?

Math Coss

Parmi les outils, tu autorises les tangentes (je ne sais pas si je pourrais en tirer parti mais ça me semble potentiellement utile) ?

plsryef

On sait construire les parallélogrammes ainsi:

le point $Direction_{AB}$ est déterminé. Pour le point $Direction_{AD}$ on doit d'abord déterminer les tangentes à la conique passant par le point $Direction_{AB}$, on appelle E et F les points de contact, (EF) coupe la droite à l'infini en $Direction_{AD}$, je ne sais pas tracer les tangentes à une ellipse passant un point extérieur à l'ellipse.

GaBuZoMeu

@plsryef : GeoGebra sait le faire directement (c'est dans les menus). Mais il suffit de savoir tracer la polaire du point.

Par ailleurs, tu peux tracer un rectangle avec ce que tu as expliqué. Mais un carré ?

Vassillia

Bonjour, si on dit que le carré est un rectangle qui a des diagonales perpendiculaires, ça devrait pouvoir le faire mais ce n'est pas simple donc je ne sais pas si c'est ça qu'il fallait faire

-la droite (B'C') est la polaire de ABinf ce qui donne BCinf

-la droite (A'B') est la polaire de BCinf ce qui donne le centre B' de la conique

Mais on peut aussi recréer toutes les outils calculatoire de pldx1 juste à partir de la droite de l'infini et de la métrique définie par la conique, voir https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2339483/mathbb-p-c-left-mathbb-c-5-right-comment-cuisiner-les-cycles-a-la-sauce-lie#latest

GaBuZoMeu

@Vassillia : ça marche. L'idée est de commencer par construire un carré avec deux côtés parallèles à $AB$ à partir de $c$. On peut ensuite utiliser les diagonales du carré construit comme tu le fais, ou une homothétie dans le plan affine complémentaire de $h$. Pour le triangle équilatéral, on peut procéder de manière analogue.

Vassillia

Je garde mon carré A'B'C'D' et je récupère le centre que je projete pour avoir [A''B''] un coté du triangle équilatéral A''B''E''.

Je finis en dédoublant le carré (en rose) et le triangle équilatéral (en vert clair) pour avoir 5 points et pouvoir faire une conique qui sera le cercle de centre A passant par B.

Cela commence à être un joyeux bazar mais je pense que c'est bon ?

jelobreuil

@Vassillia Même si ce n'est pas "bon", ce dont je me reconnais totalement incapable de juger, je puis quand même te dire, c'est bien joli, ton "joyeux bazar" !

Bien amicalement, JLB

GaBuZoMeu

Oui, tout cela est bel et bon.

gai requin

@GaBuZoMeu : J’essaie de voir comment obtenir une carte euclidienne de droite de l’infini $h$ dans laquelle $c$ est un cercle.
1) On munit $\mathbb R^3$ d’une b.o.n dans laquelle $h$ a pour équation $z=0$.

2) Dans le complexifié, on considère la transformation projective qui fixe $A,B$ et qui envoie les points d’intersection de $h$ et $c$ sur les points cycliques.
Il est possible que la figure reste strictement la même dans le plan projectif réel 🫤
3) On envoie alors $h$ à l’infini et le tour est joué maintenant que $c$ passe par les points cycliques…

Je délire ?

GaBuZoMeu

@gai requin : j'ai du mal à saisir ce que tu fais.

Ce que je crois comprendre : tu as deux points $A, B$ et une ellipse $c$ dans un plan affine euclidien. Tu considères une transformation projective qui fixe $A$ et $B$ et envoie les points d'intersection de $c$ avec la droite de l'infini sur les points cycliques ; il y a deux telles transformations, et ce sont des transformations affines réelles qui transforment $c$ en un cercle.

Vassillia

Bonjour, un peu de calcul quand même.

On considère la droite de l'infini d'équation $y=0$ autrement dit $\mathcal L_{\infty}=[0,1,0]$ puisque si $M\simeq (x:y:1)$ alors $\mathcal L_{\infty}\cdot M=0$ redonne la même équation.

On considère également l'équation de la conique qui servira de cercle $ a x^{2} + b y^{2} + c x y + d x + e y+f =0$ autrement dit la matrice $pyth=\left(\begin{array}{rrr} a & \frac{1}{2} \, c & \frac{1}{2} \, d \\ \frac{1}{2} \, c & b & \frac{1}{2} \, e \\ \frac{1}{2} \, d & \frac{1}{2} \, e & f \end{array}\right)$ puisque si $M\simeq (x:y:1)$ alors $^t M \cdot pyth \cdot M=0$ redonne la même équation.

On a les points $A \simeq (x_A : y_A : 1)$ et $B \simeq (x_B : y_B : 1)$ puis avec la normalisation des points le vecteur $\overrightarrow{AB}=\dfrac{B}{\mathcal L_{\infty}\cdot B}-\dfrac{A}{\mathcal L_{\infty}\cdot A}$ et enfin la distance $AB^2=^t \overrightarrow{AB} \cdot pyth \cdot  \overrightarrow{AB}$

$=\dfrac{a \mathit{x_B}^{2} \mathit{y_A}^{2} - 2 \, a \mathit{x_A} \mathit{x_B} \mathit{y_A} \mathit{y_B} + a \mathit{x_A}^{2} \mathit{y_B}^{2} + d \mathit{x_B} \mathit{y_A}^{2} - d \mathit{x_A} \mathit{y_A} \mathit{y_B} - d \mathit{x_B} \mathit{y_A} \mathit{y_B} + d \mathit{x_A} \mathit{y_B}^{2} + f \mathit{y_A}^{2} - 2 \, f \mathit{y_A} \mathit{y_B} + f \mathit{y_B}^{2}}{\mathit{y_A}^{2} \mathit{y_B}^{2}}$

Pour les cercles, on utilisera le plongement de Veronese habituel c'est à dire si $M\simeq (x:y:z)$ alors $Ver(M) \simeq \left(x ( {\mathcal L_{\infty}\cdot P} ) : y ( {\mathcal L_{\infty}\cdot P} ) : z ( {\mathcal L_{\infty}\cdot P} ) : ^t P \cdot pyth \cdot P \right)$.

On calcule la quadrique fondamentale de l'espaces des cycles en cherchant une matrice qui contient tous les cercles-points, c'est à dire les cercles de rayon $0$, autrement dit on veut $^t Ver(M)\cdot Q^{-1} \cdot Ver(M)=0$ donc un cercle de centre $M$ et de rayon $0$ se calcule comme $^t Ver(M)\cdot Q^{-1}$

On trouve $Q^{-1}=\left(\begin{array}{rrrr} -2 \, a & -c & -d & 0 \\ -c & -2 \, b & -e & 1 \\ -d & -e & -2 \, f & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right)$ en ajustant le facteur global pour être compatible avec la distance lorsque normalisation des points (plus de détail sur le fil cité précédemment)

On en profite pour calculer la droite de l'infini transformée en cercle. Si un point est à l'infini alors on a $\mathcal L_{\infty} \cdot M=0$ et donc $(\mathcal L_{\infty} \cdot M)^2=0$, il suffit d'identifier les coefficients pour que cette équation soit égale à $C_{\infty} \cdot Ver(M)=0$ et on trouve $C_{\infty}=[0,1,0,0]$, là aussi avec un facteur global à ajuster pour être compatible avec la suite.

Et maintenant, le cercle de centre $A$ passant par $B$ est $cer \simeq ^t Ver\left(\dfrac{A}{\mathcal L_{\infty}\cdot A} \right)\cdot Q^{-1} - AB^2 \times C_{\infty}$$=\left[-{\left(2 \, a \mathit{x_A} + c \mathit{y_A} + d\right)} \mathit{y_B}^{2},\,-a \mathit{x_B}^{2} \mathit{y_A} + 2 \, a \mathit{x_A} \mathit{x_B} \mathit{y_B} - b \mathit{y_A} \mathit{y_B}^{2} - d \mathit{x_B} \mathit{y_A} + d \mathit{x_A} \mathit{y_B} + d \mathit{x_B} \mathit{y_B} - f \mathit{y_A} + 2 \, f \mathit{y_B},\,-{\left(d \mathit{x_A} + e \mathit{y_A} + 2 \, f\right)} \mathit{y_B}^{2},\,\mathit{y_A} \mathit{y_B}^{2}\right]$ puisqu'en fait ce cercle appartient au faisceau de cercles provenant du cercle-point $A$ et de la droite de l'infini transformée en cercle. 

Pour avoir l'équation du cercle il ne reste plus qu'à calculer $cer\cdot Ver(M)=0$ avec un point $M\simeq (x:y:1)$ ce qui donne $-a \mathit{x_B}^{2} y^{2} \mathit{y_A} + 2 \, a \mathit{x_A} \mathit{x_B} y^{2} \mathit{y_B} - 2 \, a x \mathit{x_A} y \mathit{y_B}^{2} + a x^{2} \mathit{y_A} \mathit{y_B}^{2} - d \mathit{x_B} y^{2} \mathit{y_A} + d \mathit{x_A} y^{2} \mathit{y_B} + d \mathit{x_B} y^{2} \mathit{y_B} - d x y \mathit{y_B}^{2} - d \mathit{x_A} y \mathit{y_B}^{2} + d x \mathit{y_A} \mathit{y_B}^{2} - f y^{2} \mathit{y_A} + 2 \, f y^{2} \mathit{y_B} - 2 \, f y \mathit{y_B}^{2} + f \mathit{y_A} \mathit{y_B}^{2}=0$

On constate que les ombilics (= points cycliques), c'est à dire les points d'intersection de tous cercles avec la droite de l'infini sont

$\left(2 \, f:\,0:\,-d - \sqrt{d^{2} - 4 \, a f}\right)$ et $\left(2 \, f:\,0:\,-d + \sqrt{d^{2} - 4 \, a f}\right)$ car ils vérifient à la fois l'équation de la droite de l'infini et à la fois l’équation de la conique initiale. Et bien sûr, ils vont aussi appartenir au cercle que l'on vient de créer.

gai requin

Merci @GaBuZoMeu d'avoir éclairci mon propos !