Transposition circulaire et Agrégation

Exactement, mon cher Bruno! Et ce n'est pas autrefois mais aujourdh'ui!
Ce n'est que le terme de transposition circulaire qui a peut-être un petit air vieillot.
Grosso modo, les inversions sont définies dans le plan euclidien auquel on a rajouté un point à l'infini. Elles engendrent un groupe appelé groupe circulaire ou groupe de Möebius.
Toute application circulaire se décompose donc (par définition) en un produit fini d'inversions. On montre alors que celles qui se décomposent en un nombre pair (d'inversions) forment un sous-groupe distingué d'indice $2$, appelé sous-groupe des transformations circulaires directes, etc...

J'ajoute que si on identifie le plan euclidien au plan complexe via le choix d'une base orthonormée, le sous-groupe des transformations circulaires directes s'identifie au groupe des homographies $ \{z \mapsto \dfrac{az+b}{cz+d}; ad-bc \ne 0\}$.
Tout cela est au programme de l'agreg , évidemment.
Mais, mis à part le fait qu'une application circulaire directe s'identifie à une homographie de $\mathbb P_1(\mathbb C)$, je me demande bien ce que les agrégatifs savent d'autre à ce sujet mais qu'ils se rassurent, on ne leur demandera rien de plus, quoiqu'en pense Zo!
Je dois reconnaître cependant que certains ouvrages récents comme ceux de Goblot, excusez moi si j'oublie le nom des autres, ont fait un gros effort de présentation et d'explication de ce groupe.
Très amicalement
Pappus
PS
Je reviendrai plus tard sur la liste des ouvrages français ou anglais où on peut trouver des choses intéressantes sur le groupe circulaire, liste qu'il faudra comparer avec celle de la bibliothèque de l'Agreg.

Excuse, Mauricio, le vieux Pappus, qui a en ce moment quelques maux de tête!
Je veux bien que tu envoies le (bougre de) point $A$ à l'infini.
Concrètement, ça veut dire que tu vas transformer ta figure par une transformation circulaire $g$ directe ou indirecte, peu importe, telle que $g(A) = \infty$, le plus simple étant de prendre pour $g$ une inversion de pôle $A$.
En théorie des groupes, ça s'appelle conjuguer par $g$.
Tu gardes les mêmes noms aux différents points, sauf que les points $A$ et $\infty$ s'échangent.
Le point $\infty$ apparaît à l'ancienne place du point $A$ et le point $A$ prend la place du point à l'infini.
J'ai dessiné la nouvelle figure ainsi obtenue, traçant en rouge ce que devient le quadrilatère complet et en bleu les cercles circonscrits.

Maintenant que le point $A$ a été expédié si loin de nous, explique moi ce que tu entends par droite $AA'$?
Très amicalement
Pappus

Bien, je poursuis jusqu'à son terme l'idée de Mauricio d'envoyer (le bougre de) point $A$ à l'infini.
La configuration (en rouge) ainsi obtenue est la construction ultra classique du centre de similitude!
Il existe donc une similitude directe $\sigma$ telle que:
$\sigma(A') = A'$, (i.e: de centre $A'$), $\sigma(B) = C'$ et $\sigma(C) = B'$.
Mais $\sigma$ est une transformation circulaire directe et en tant que similitude, elle laisse invariant le point à l'infini, donc on a aussi: $\sigma(A) = A$.
Maintenant comme je l'ai dit dans mon précédent message, il existe une transposition circulaire $\tau$ échangeant $A$ et $A'$ ainsi que $B$ et $C$. Comme $A$ est à l'infini, on dit que $\tau$ est la transposition circulaire de point central ou de pôle $A'$ échangeant $B$ et $C$.
Alors $\sigma \circ \tau = f$ est une transformation circulaire échangeant $A$ et $A'$ telle que $f(B) = B'$ et $f(C) = C'$
Mais puisque $f $ échange $A$ et $A'$, $f$ est involutive.

A vrai dire, ce n'est pas la démonstration que j'avais en tête mais j'ai trouvé cette idée de Mauricio si jolie que je n'ai pu m'empêcher de vous la présenter sans tarder!
Il existe aujourdh'ui une autre géométrie, interdite d'enseignement en France, la géométrie du plan projectif dans laquelle on maniait aussi des éléments à l'infini.
Le plan projectif pouvait s'obtenir (snif!) à partir du plan affine en lui rajoutant une droite, dite droite de l'infini tout comme le plan conforme s'obtient en rajoutant au plan euclidien un point à l'infini.
Et certains théorèmes de géométrie projective plane s'obtenaient (re-snif!) en envoyant judicieusement telle ou telle droite à l'infini.
Dommage pour vous, ce sera dans une autre vie!

Dans un prochain message, j'expliquerai l'autre méthode (plus élaborée?) que j'ai suivie pour montrer que $f$ est involutive.
Amicalement
Pappus
PS
Je vous laisse maintenant montrer le théorème de Miquel qui devient trivial!

Bonjour Mauricio
J'utilise Cabri II+ pour faire mes figures et un autre logiciel qui s'appelle Faststone Capture pour mettre mes figures Cabri au format png.
Il y a certainement moyen de faire autrement avec d'autres logiciels de géométrie dynamique qu'on trouve librement sur la toile comme Geogebra, etc...
Merci en tout cas de t'intéresser à mes circulaires élucubrations.
Il m'est difficile en tout cas de dialoguer avec toi tant que tu ne m'envoies pas tes propres figures mais j'avoue être un peu inquiet sur ton raisonnement qui me semble trop différent du mien.
Mais peut-être que je me trompe: le vieux Pappus a de la bouteille et ses neurones parfois défaillent hélas!
Essaye donc de m'envoyer ton dessin, ce serait mieux pour discuter!
Amicalement
Pappus

Mon cher Mauricio
Dommage que nous ne puissions nous expliquer plus directement et je crains que tu ne te sois planté à nouveau dans tes notations.
Effectivement toute transposition circulaire s'écrit d'une infinité de façons comme produit commutatif de deux inversions par rapport à deux cercles orthogonaux.
Dans ton cas de figure, comme le point $A'$, centre de l'inversion $r$ se trouve sur le cercle $(C)$ définissant l'inversion $s$, il faudrait pour qu'il y ait orthogonalité que le cercle de centre $A'$ soit de rayon nul, ce qui est absurde!
Très amicalement
Pappus
PS
Je t'envoie ci-joint ma première figure sur laquelle, j'ai tracé les points fixes $P$ et $Q$ de $f$ dont $\Omega$ est le milieu.
$f$ est le produit commutatif de 2 inversions dont les cercles tracés en rouge sont deux cercles orthogonaux quelconques passant par $P$ et $Q$.

Mon cher Mauricio
Ce n'était pas un problème simple!
C'est un exercice tiré du beau livre de Géométrie d'Iliovici et Robert, le seul livre de Terminales que je connaisse où l'on parle de Géométrie Circulaire et de façon originale en plus.Il fut publié en 1937 chez Eyrolles.
On peut donc mesurer le temps qu'il nous a fallu pour que cette géométrie tombe dans un total oubli!
Moi-même, j'ai éprouvé beaucoup de difficultés pour en trouver une solution et encore uniquement par les nombres complexes.
C'est grâce à ton intervention que j'ai pu en donner une démonstration synthétique simple. Je n'avais jamais pensé à envoyer un des points de la figure à l'infini!
C'est plutôt une méthode qu'on utilisait autrefois en géométrie projective plane, une géométrie elle aussi passée aux oubliettes.
Ne soyons pas triste, il nous reste le théorème fondamental de la géométrie affine à nous mettre sous la dent, pour ne pas parler de celui de la géométrie projective pour cause de disparition du plan projectif.
Je me demande d'ailleurs pourquoi on aurait le culot de parler de la classification projective des coniques qui sont soi-disant des parties d'un plan projectif maintenant hors programme!
Je te remercie donc de ta contribution qui m'a beaucoup aidé!
Très amicalement
Pappus

Mon cher Zo
Oui je me servais de Ménélaüs mais de façon légèrement différente.
En fait, j'utilisais d'abord un lemme qui a son intérêt en lui- même et que je ne sais démontrer pour le moment que par les complexes. Il mériterait un nouveau fil à lui tout seul mais puisque je te tiens ici par la barbichette et que je ne veux pas te perdre, je te donne l'énoncé de ce lemme.

Je sais que je l'ai lu quelque part mais comme d'habitude , le vieux Pappus a perdu la mémoire!

Ce lemme lie par son énoncé curieusement les géométries euclidienne et circulaire.
Voici son énoncé:


Prenons 6 points $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$ dans le plan euclidien.
J'appelle $\sigma_A$ la similitude directe de centre $A$ telle que $\sigma_A(B') = C'$, $\sigma_B$ la similitude directe de centre $B$ telle que $\sigma_B(C') = A'$,
$\sigma_C$ la similitude directe de centre $C$ telle que $\sigma_C(A') = B'$, alors $\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A = Id$ si et seulement si l'unique application circulaire directe $\tau$ telle que $\tau(A) = A'$, $\tau(B) = B'$, $\tau(C) = C'$ est une transposition circulaire.


Je ne sais pas trop quoi penser de ce lemme mais je le trouve important et j'ai eu souvent l'occasion de l'utiliser dans d'autres situations.
La démonstration par les complexes est triviale et sans beaucoup d'intérêt , alors si tu trouves une autre démonstration, je suis preneur.
Très amicalement
Pappus

oui, bien sûr, c'est trivial mais tes notations ne sont pas au point.
$C(ABC)$? Je suppose que c'est le cercle passant par les points $A, B, C$?
Très amicalement
Pappus

Mon cher Zo
Ta démonstration par les complexes est quand même très jolie, alors que la mienne est plutôt bestiale. Je m'aperçois d'ailleurs que j'ai du mal à utiliser le point à l'infini au contraire de toi!
Je travaille en complexes et je note comme d'habitude les affixes par les lettres correspondantes minuscules.
Le fait que les deux triplets $(a, b, c)$ et $(a', b', c')$ soient en involution se traduit par la nullité du déterminant:
(1) $D = \begin{pmatrix}
a.a'&a+a'& 1\\b.b'&b+b'&1\\c.c'&c+c'&1 \end{pmatrix} = 0$
Maintenant si on regarde la similitude $\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A$, elle fixe déjà le point $B'$, on aura donc $\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A = Id$ si et seulement si sa partie linéaire vaut aussi l'identité et en dimension (complexe) $1$, cela va se traduire par l'identité:
(2) $\dfrac{c'-a}{b'-a} \times \dfrac{a'-b}{c'-b} \times \dfrac{b'-c}{a'-c} = 1$
Maintenant on développe (2) après avoir chassé les dénominateurs et au bout d'un temps pas trop long, on obtient effectivement $D = 0$.
Je connais la formule des 6 birapports de réputation mais je n'arrive jamais à m'en souvenir. Il y a un truc avec les sommets d'un cube et puis je ne sais plus!
Visiblement, c'est une formule très utile.
Quant à ce lemme, je pensais à une démonstration plus synthétique mais comme on a déjà eu une discussion assez animée sur ce douloureux sujet, ta belle démonstration me suffit largement.
Très amicalement
Pappus

Merci, Zo!
J'ai un peu mal au crâne quand je regarde ton cube à cause de la fameuse illusion d'optique mais heureusement elle n'a aucun rôle, du moins je l'espère.
Ce qui m'embête le plus, c'est l'ordre des points.
Je note que les 3 derniers birapports s'obtiennent à partir des 3 premiers par symétrie par rapport au centre du cube. Donc il n'y en a plus que 3 à retenir, c'est déjà ça!
Amicalement
Pappus
PS
Oui, on peut recommander le beau livre de Michèle Audin à tous nos amis du forum!