Approche timide (mais obstinée) d'un embryon de géométrie projective — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Approche timide (mais obstinée) d'un embryon de géométrie projective

Modifié (31 Jan) dans Géométrie
Bonjour,
Mon document ne vole pas haut.
J'ai d'ailleurs l'intention de ne rien démontrer.
C'est simplement la mise au propre de ce que m'inspire la lecture (qui n'en est, depuis longtemps mais c'est la vie, qu'à son commencement) de Sidler (Géométrie projective. Cours, exercices et problèmes corrigés), Eiden (Géométrie analytique classique) et Ingrao (Coniques projectives, affines et métriques). Qu'ils soient bénis, c'est franchement mes Rois mages.
Si quelqu'un partage le complexe qui m'a longtemps affligé de ne pas savoir ce que signifie "perspective", et a l'impression d'y voir un peu plus clair après lecture, youpi.
Ce n'est d'ailleurs pas encore gagné : je ne suis pas du tout guéri du complexe face à une phrase kimberlinguesque comme "X(1) = perspector circumconic centered at X(9)". Et ce n'est pas un problème linguistique ... Mais je garde espoir !
Amicalement,
Swingmustard
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Réponses

  • Bonjour ,
    merci pour cette initiative très pédagogique qui me permet d'entrer dans ce qui était pour moi une profonde nébuleuse .
    J'attends la suite avec impatience .
    Cordialement
  • Bonjour à tous
    Le mieux pour comprendre la géométrie projective, c'est de s'en servir.
    Les exercices proposés par le Sidler sont nombreux, classiques et tous corrigés.
    Je pense aussi au cours en ligne de Daniel Perrin où on peut trouver aussi de nombreux exercices à proposer sur le forum.
    Je l'ai déjà fait pour certains dans l'indifférence la plus générale comme on peut le deviner!
    Amicalement
    pappus
  • Pour faire un exercice , j'ai besoin de m'appuyer sur quelque chose (connaissances , cours ...) ne serait-ce que pour comprendre l'énoncé . La façon d'introduire ce domaine par Swingmustard m'a tout de suite accroché . Vivement la suite si ça reste à petites doses pour ce qui me concerne .
  • Modifié (2 Jan)
    Bonjour,
    Merci pour vos encouragements !
    Aucune crainte fm_31, je n'ai que de la mini-dose en stock !
    Bon, je dois encore aux lecteurs indulgents (et à moi-même) une classification des homographies de la droite plus claire que mon fouillis, suivant qu'elles soient involutives ou pas, avec des points fixes ou pas, et ce que le birapport fabrique là-dedans.
    Amicalement et très bonne année,
    Swingmustard
  • Modifié (3 Jan)
  • Modifié (17 Jan)
    Bonjour,
    Je rame drôlement, quelqu'un peut-il m'aider ?
    Je suis parti d'un point $P(5i)$ sur le cercle jaune de centre $O$ et de rayon $5$. J'ai fixé arbitrairement son image $P'(3-4i)$.
    Je cherchais une homographie définie sur ce cercle par le point $P$, son image $P'$ et l'axe noir, d'équation $y=x-1$, et laissant ce cercle stable.
    Arrivée laborieuse mais sûre à la fonction définie par $$h(z)=\dfrac{(-3-i)z+25+25i}{(1-i)z-3+i}$$
    Qu'en dire de plus ? Elle a deux points fixes $4+3i$ et $-3-4i$, et pas un de plus, vu que $h^{-1}(\infty)=2+i$ et $h(\infty)=-1-2i$ empêchent largement $\infty$ d'être candidat.
    Je crois donc que Sidler la classerait page 38 dans le type V, et quand je regarde sa restriction à l'axe, celle-ci est bien hyperbolique (comme Sidler l'annonçait) de birapport très agréable à lire $-2,5$.
    Dans mon illustration, le carré est arbitraire.
    1. Est-ce qu'on peut considérer $h$ comme une homographie ?
    2. Si oui, quelqu'un peut-il m'aider à l'écrire comme le produit de deux homologies ?
    3. Pourquoi est-ce que je ne trouve pas une deuxième droite stable annoncée par Sidler, sur laquelle la restriction serait parabolique ? Dois-je considérer qu'elle est à l'infini ?
    Amicalement,
    Swingmustard

    P.S. de modification : j'aurais simplement dû tourner quelques pages ! On dirait que je vais trouver mon bonheur dans le chapitre $5$.
    Mais bon, je ne modifie pas plus que ça : si quelqu'un veut explorer avec moi, je ne serai pas bégueule !

  • Modifié (17 Jan)
    Mon cher Ludwig
    J'ai des centaines de fois répété sur ce forum qu'il fallait se méfier du mot "homographie".
    Les applications $\{z\mapsto \dfrac{az+b}{cz+d}\}$ sont des homographies de la droite projective complexe qui s'interprètent comme des transformations circulaires directes du plan circulaire
    Sidler ne s'intéresse absolument pas à ce genre d'homographies!
    Il n'en parle absolument pas dans son livre!!!!
    Il ne manipule que des homographies entre droites projectives réelles ou bien des homographies entre une droite projective réelle et une conique projective réelle ou bien des homographies entre coniques projectives réelles ou bien des homographies entre plans projectifs réels.
    En particulier il classe les homographies du type :$$(x,y)\mapsto \big(\dfrac{ax+by+c}{a''x+b''y+c''},\dfrac{a'x+b'y+c'}{a''x+b''y+c''}\big)$$suivant la classe de similitude de la matrice : $$\begin{pmatrix}
    a&b&c\\
    a'&b'&c'\\
    a''&b''&c''
    \end{pmatrix}$$Amicalement
    pappus
  • Bonjour,

    La tradition franco-française est d'être tout fier d'utiliser le mot homographie dans tout un tas de sens différents. Le Discours de la Méthode, c'est juste une source d'inspiration pour les Contes d'Hofmann. On ne va quand même pas suivre les préconisations de l'homme de Leyde ! C'est bien plus drôle de finasser à l'encontre du lecteur qui n'a pas branché son détecteur à finasseries. Le reste du monde utilise le terme collineation pour décrire les collinéations, même s'il existe des finasseurs qui décrivent les homographies™ en tant que linear transforms.

    Bilan: sortir son nez rouge chaque fois que l'on voit quelqu'un appeler homographie une transformation qui induit une transformation homographique™ entre paramètres... et qui finasse parce que cela ne se recolle pas sur les bords. On peut même faire apparaître l'hyperbole qui est le graphe du machin zomograf. Et alors, le nez rouge se met à clignoter. 

    Cordialement, Pierre.
  • Merci bien pour vos réponses à ma question 1.
    Puisque je crois comprendre que vous ne parlez pas des questions 2 et 3, j'imagine qu'elles sont annulées par les dites réponses.
    Dommage.
    En attendant, voici où j'en suis.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (6 Jan)
    Mon cher Swingmustard
    Considère l'homographie associée à la matrice $\begin{pmatrix} a&b\\c&d\end{pmatrix}$,
    homographie différente de l'identité c'est-à-dire qu'on n'est pas dans la situation $a=d$ et $b=c=0$.
    On veut l'écrire comme produit de deux involutions qui on le savait correspondaient aux matrices de trace nulle.
    On est donc amené à calculer :
    $$\begin{pmatrix} a&b\\c&d\end{pmatrix}.\begin{pmatrix} x&y\\z&-x\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ax+bz&ay-bx\\cx+dz&cy-dx\end{pmatrix}$$
    Cette matrice correspondra à une involution si et seulement si sa trace est nulle c'est-à-dire :
    $$(a-d)x+cy+bz=0$$
    Donc toute homographie différente de l'identité se décompose d'une infinité de façons en produit de deux involutions.
    Amicalement.
    pappus.
  • Cher pappus,
    Merci pour l'éblouissement.
    J'étais en train de chercher midi à quatorze heures.
    Ton message est arrivé après mes efforts du jour. Tu me diras si le fait que je le cite intégralement te dérange.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (6 Jan)
    Mon cher Swingmustard
    Je ne suis pour rien dans cette astuce bien connue.
    Je sais mon défunt cours de géométrie projective tout simplement.
    Tu remarques qu'on a un plan contenant les involutions de décomposition!
    pappus
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (17 Jan)
    Cher pappus,
    Il est bien spécial, ce plan !
    Aucune idée de son allure dans la représentation cartésienne ou dans celle d'une droite sur elle-même.
    Mais je l'adore dans la représentation circulaire et lance à tous les trois défis suivants.
    (Notations : je ne sais pas ce qui m'avait pris de noter $u\circ v$, et suis revenu au plus fréquent $v\circ u$.)
    Soit $h$ définie par $h(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$. Dans une représentation circulaire comme ci-dessous, $h$ admet des décompositions $h=v\circ u$ amusantes pour des collégiens : pendant qu'un élève transpire pour calculer $h\left(\dfrac{1}2\right)=\dfrac{\dfrac32+1}{\dfrac12+2}=\dfrac{5}5=1$, son camarade averti et muni du cercle ci-dessous peut tenter d'aller plus vite en deux traits à la règle : de $\dfrac12$ en passant par $U$ qui part rebondir en $u\left(\dfrac12\right)=-2$, puis à travers $V$ qui arrive en $1$.
    1) Vous qui n'êtes pas collégiens : trouvez $p,q,r$, les expressions (très simples à l'arrivée) des fonctions linéaires de $a,b,c,d$ telles que la droite $(UV)$ des pôles des deux inversions/involutions $u$ et $v$ a pour équation $$px+qy+r=0$$
    Muni de ce petit bijou d'équation, j'ai pu minimiser la distance de $(UV)$ à $O$, et vous proposer la fonction $h(x)=\dfrac{3x+1}{x+2}$ comme illustration.
    Je regrettais récemment que, sur les douze "points du cercle", rarement plus de trois ou quatre images restent dans leur ensemble.
    Quand la perle (rare ?) a surgi, j'ai failli me plaindre que la mariée est trop belle : il allait falloir encore créer plein de points et de vecteurs !
    2) En parlant de collégiens : je vais au moins tenter de leur épargner l'infini en milieu de chaîne. Pour ça il me reste à trouver une cousine de cette fonction $h$ et dont la représentation circulaire soit le résultat d'un quart de tour dans le sens direct infligé à celle de $h$. C'est un défi ... pour moi aussi, je n'ai pas encore la fonction !
    3) J'approuve le terme de plan employé par pappus : paramétrer la droite des $(U,V)$ donne une dimension. Deuxième dimension: si on fixe un $U$ particulier, il oblige $V$. Chaque couple $(u,v)$ d'involutions peut donc bien être décrit par deux paramètres.
    Si $U(0,0)$ et $V(2,1)$ fonctionnent, vérifiant la condition nécessaire $x-2y=0$, c'est aussi le cas de $U(6,3)$, mais seulement s'il est suivi de $V(1,6;0,8)$. Pour pappus, pdlx1 et autres virtuoses qu'on peut soupçonner de bayer aux corneilles : quelle transformation géométrique lie un $V$ à son $U$ ?
    Amicalement,
    Swingmustard

  • Bonjour à tous !
    Illustration partielle du chapitre 4 chez Sidler.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (16 Jan)
    Merci Swingmustard pour ton approche obstinée  de la géométrie projective.
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
    Je n'ai pas tout à fait compris la définition de ton homographie.
    J'ai déjà dit combien il fallait se méfier de ce terme.
    Une bonne habitude à ne pas perdre!
    Quand tu parles d'une application quelle qu'elle soit, la moindre des choses est de donner son espace de définition ainsi que son espace d'arrivée et tout le monde est content.
    Si j'ai bien compris ta figure, elle n'a rien à voir avec les homographies planes!
    Tu cherches bien à décomposer une homographie d'une conique (et pas une homographie plane) en un produit de deux involutions (dites de Frégier) de cette même conique!
    Ou alors explique moi clairement ce que tu as fait!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (17 Jan)
    Cher pappus,
    En effet je définis $h$ avant tout sur l'ellipse, et c'est pour ça que j'ai noté "1) une ellipse stable, 2) un axe, 3) $P$ et son image $P'$" en guise de définition de $h$.
    Mais je reconnais que le truc qui m'intéresse, et où je me trompe peut-être complètement, c'est d'essayer de tirer de $h$ une homographie plane, disons $\tilde{h}$ si tu veux, dont la restriction à l'ellipse soit $h$.
    Peut-être n'y a-t-il pas unicité de $\tilde{h}$ ?
    En attendant (que tu m'éclaires sur cette question d'unicité), je propose au moins un exemplaire de $\tilde{h}$, que je définis (dans le plan, vraiment !) par $v\circ u$, où $u$ est l'homologie de centre $U$ et d'axe la polaire de $U$ par rapport à la conique, et pareil pour $v$.
    Dans ce nouveau dessin, je n'ai changé que le (3) de la définition de $h$ : $P$ a pour image un autre $P'$ qu'avant.
    Alors je conjecture que cette nouvelle $h$ engendre une nouvelle $\tilde{h}$, même si ancienne et nouvelle ont les mêmes points fixes et les mêmes droites stables.
    Le changement se voit aussi dans le nouveau birapport $[0,5,3,7]=\dfrac{3-0}{3-5}:\dfrac{7-0}{7-5}=\dfrac{3}{-2}:\dfrac{7}{2}=-\dfrac{3}{7}\neq-\dfrac{2}{3}$. Mais je ne sais toujours pas l'interpréter, ce sacré birapport.
    En espérant avoir été un peu plus clair, je te souhaite aussi une très bonne nuit !
    Swingmustard

  • Bonjour Ludwig
    Dans les mathématiques modernes, il faut rester particulièrement vigilant.
    Par exemple tu ne peux dire d'une rotation plane de centre $O$ qu'elle laisse stable le plan. Ce serait un pléonasme.
    Par contre une telle rotation laisse stable les cercles de centre $O$.
    Tu saisis la nuance?
    Voici deux théorèmes qui pourraient t'intéresser.
    A toi de les prouver!
    Amicalement
    pappus


  • Modifié (17 Jan)
    Bonjour,
    Petite alerte penaude. Avec les homologies, je débute, et j'ai allègrement confondu deux axes. Ça risque d'entacher un peu la production d'hier, non encore corrigée de ce défaut.
    [Rectificatif quelques heures plus tard : plus de peur que de mal. Il n'y a qu'à intervertir $p$ et $P$ dans la fin de phrase "la droite qui joint $P$ et l'intersection de $(Mp)$ avec la polaire" de la production d'hier. Ouf, quant aux dessins, je crois qu'ils sont corrects !]

    Bref, une homologie est une homographie du plan définie (en vert sur le dessin) par un centre $O$, un Axe1, un point $A$ et son image $A'$.
    Sidler page 40 : on construit l'image $M'$ de tout point $M$ en allant chercher l'intersection $I$ sur l'axe, et en revenant par $A'$ couper $(OM)$ en l'image $M'$.

    Quand on me dit "axe", j'en suis encore à celui qu'admet toute homographie mais de quel type ?.. D'une droite sur une droite (et on le retrouvera  page 56, pour une homographie d'une conique sur elle-même), ici la droite $(AM)$ est envoyée sur la droite $(A'M')$ : je pense au lieu magenta = Axe2 des points $P$, qui croisent les $(A'N)$ avec les $(AN')$ ! Et j'ai eu bien tort de confondre ces deux axes, comme me l'a prouvé un blocage ce matin.

    Faire et défaire, c'est toujours s'amuser... J'essaierai de ne plus mélanger : l'axe de l'homologie (homographie du plan) = axe de points fixes qui sont intersections de droites aux "indices non croisés" : des $(AN)$ et des $(A'N')$. Amicalement,
    Swingmustard
  • Mon cher Swingmustard
    Je t'indique au moins le sommet de la montagne à gravir.
    Une homographie plane "générique" a en général trois points fixes distincts.
    Pourquoi?
    Ce sont ces homographies  qu'il faut justement décomposer en produit d'homologies.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (17 Jan)
    Bonjour
    1) Sidler Exercice 4.2 page 47 : Soit $\phi$ une homographie du plan projectif admettant trois points fixes distincts $U,V,W$. Montrer que $\phi$ se décompose en produit d'une homologie de centre $U$ et d'axe $VW$ et d'une homologie de centre $V$ et d'axe $UW$.
    Si seulement j'avais su, dans mon calvaire de décomposition, que la bestiole qui m'intéressait ($h$ de l'ellipse, avec un axe de $h$, un point $P$ et son image) avait trois points fixes ! Cette splendide construction de Sidler se moque bien de mes anciens points $u$ (arbitraire sur l'axe) et $v$ (dépendant de $u$) et de leurs polaires ! (Cela dit, le théorème 6 que tu me proposes, cher pappus, ne précise pas le rapport entre les deux points $u$ et $v$, je reste sur ma faim ?)
    Il construit le point $P_0\in(UP)\cap(VP')$, et démontre  que les homologies dont il a déjà donné centres et axes feront l'affaire, il ne manquait pour les définir "qu'un point et son image", ce sera $P$ sur $P_0$ pour la première, $P_0$ sur $P'$ pour la deuxième.

    2) Merci pappus pour ces théorèmes ! L'équivalent du 7 s'étale sur cinq ou six pages chez Sidler, je vais me régaler... Et il répond parfaitement à ma question sur l'unicité du prolongement.
    3) Ah, je vois que nos messages se croisent à nouveau. Merci pour le programme des réjouissances !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Mon cher Swingmustard
    C'est en démontrant ce  théorème que tu découvriras comment $v$ dépend homographiquement de $u$ et en donner une construction géométrique.
    Ce théorème est un peu la version projective du théorème qui te dit qu'une rotation est d'une infinité de façons le produit de deux symétries!
    Amicalement
    pappus

  • Bonsoir,
    Sidler page 55 m'alerte sur l'isomorphisme entre le groupe des homographies d'une conique donnée, et celui d'une droite.
    Or au chapitre sur la droite, on a vu qu'une homographie hyperbolique (= deux points fixes $U$ et $V$) admet un birapport $[U,V,P,P']$ indépendant du point $P$ choisi.
    Je me suis intéressé à une homographie de l'ellipse qui a deux points fixes.
    Alors j'ai calculé son birapport. Tadam, comme par hasard, ce nombre est celui qui relie les centres $u$ et $v$ de "mes" homologies "maladroites".
    Euh, pourquoi, je ne sais pas encore le dire, mais j'apprécie le conseil de pappus sur l'analogie avec les symétries, ainsi que de regarder de près les théorèmes en relation avec tout ça.
    Dommage que la semaine qui s'annonce ne me laisse pas espérer beaucoup de temps libre !
    Bonne nuit,
    Swingmustard
  • Modifié (17 Jan)
    Mon cher Swingmustard
    Je vais essayer de démontrer le théorème 6.
    A ce stade, on sait trois choses:
    1° Toute homographie distincte de l'identité d'une conique projective $\Gamma$ admet un axe d'homographie, noté $D$ dans la suite.
    2° Toute homographie d'une conique projective $\Gamma$ est involutive si et seulement si elle échange deux points distincts.
    3° Le théorème de Frégier: Une homographie $f$ d'une conique projective $\Gamma$ est involutive si et seulement si quel que soit $m\in \Gamma$, la droite $mf(m)$ passe par un point fixe $p$, appelé point de Frégier de l'involution qu'on notera $\sigma_p$.
    Démonstration
    Supposons qu’on ait une décomposition $f = \sigma_v\circ\sigma_u$.
    Soit $m \in \Gamma$  et $n = \sigma_u(m)$.
    Comme $\sigma_u$ est involutif, on a aussi : $m = \sigma_u(n)$.
    Donc on a :
    $$\begin{cases}
    m'=f(m)=(\sigma_v\circ\sigma_u)(m)=\sigma_v(n)\\
    n'=f(n)=(\sigma_v\circ\sigma_u)(n)=\sigma_v(m)
    \end{cases}
    $$
    Donc $v=mn'\cap m'n$, prouvant que $v\in D$.
    Comme $f^{-1}=\sigma_u\circ\sigma_v$, le même raisonnement montre que $u\in D$ qui est aussi l'axe de $f^{-1}$.
    Soit maintenant $u\in D$, un point quelconque de l'axe de $f$ et soit $a\in\Gamma$ tel que $a'=f(a)\not = a$.
    Un tel point $a$ existe car $f\not =id$.
    La droite $au$ recoupe $\Gamma$ en $b'=\sigma_u(a)$ et la droite $a'u$ recoupe $\Gamma$ en $b'=\sigma_u(a')$.
    D'après la propriété fondamentale de l'axe d'homographie:
    $$b'=f(b)$$
    Donc:
    $$\begin{cases}
    (f\circ\sigma_u)(a')=f(b)=b'\\
    (f\circ\sigma_u)(b')=f(a)=a'
    \end{cases}
    $$
    Ainsi l'homographie $f\circ \sigma_u$ échange $a'$ et $b'$ et est donc involutive.
    Il existe donc $v\not\in \Gamma$ tels que $f\circ \sigma_u=\sigma_v$.
    Ainsi $f=\sigma_v\circ\sigma_u$ prouvant que $v=D\cap a'b'$.
    La construction de $v$ à partir de $u$ est très simple!
    On choisit sur la conique $\Gamma$ un couple arbitraire $\{a,a'=f(a)\}$ de points homologues.
    La droite $au$ recoupe $\Gamma$ en $m$ et la droite $a'm$ coupe $D$ en $v=h(f)(u)$.
    L'application $h(f)$ est la composée des applications $D\longmapsto \Gamma;u\mapsto m$ et $\Gamma\longmapsto D; m\mapsto v$ qui sont homographiques.
    Amicalement
    pappus





  • Merci pappus,
    Super démonstration, et constructive avec ça !
    Je n'avais pas remarqué du tout cet alignement de $v$ avec $a'$ et $m$,
    or geogebra confirme (évidemment) ton calcul.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonne nuit Swingmustard et fais de beaux rêves!
    Je considère un cercle de centre $O$ et une rotation de ce cercle.
    Quel est son axe d'homographie?
    Décomposer cette rotation en produit de deux involutions.
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour.

    $\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\ptv{~;~} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\cc{\mathbb{C}} \def\rr{\mathbb{R}}
    $ Revenons au déluge. Qu'est ce que le cercle unité ? C'est le lieu des points dont la distance à l'origine vaut 1. C'est donc le lieu des points $M$ tels que $z\overline{z}=1$. Ce qui se réécrit en $\overline{z}=\dfrac{1}{z}$. Un objet pareil s'appelle un turn. On peut aussi dire un turn est la classe de tournation de la rotation qui rote du point 1 jusqu'au point $\tau$. Cela fait beaucoup plus classieux, mais c'est cela n'apporte rien de plus.

    Des esprits chagrins pourraient faire remarquer que cette façon de faire n'est pas très intrinsèque. En effet décrire la tournation $1\mapsto M$ par $\tau$ est le point de vue d'un observateur placé d'un certain côté du plan. Pour l'observateur placé de l'autre côté, la tournation $1\mapsto M$ se décrit par $1/\tau$. C'est encore un complexe de module 1, et la règle $\overline{1/\tau}=\dfrac{1}{1/\tau}$ continue de s'appliquer. Simplement, vu d'en dessous, " cela tourne dans l'autre sens" .

    En application du principe: je suis intrinsèque plus mieux que vous, on écrit le point $M$ sous la forme: \[ M=\left(\begin{array}{c} \tau\\ 1\\ 1/\tau \end{array}\right) \] le $1$ au milieu étant là pour dire: vous voyez, nous sommes de bonne volonté, nous voulons bien unifier les deux points de vue.

    Comment obtenir les autres cercles? On transporte le cercle unité là où l'on veut circler. Cela s'appelle " utilisons donc ce groupe des similitudes dont on nous rebat les oreilles" afin de transporter la structure au moyen du groupe de transport. Et cela donne  \[ M'=\Omega+k\overrightarrow{OM}=\left(\begin{array}{c} z_{0}\\ 1\\ \zeta_{0} \end{array}\right)+k\left[\left(\begin{array}{c} \tau\\ 1\\ 1/\tau \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right)\right]=\left(\begin{array}{c} z_{0}+k\tau\\ 1\\ \zeta_{0}+k/\tau \end{array}\right) \] comme description paramétrique du cercle centré en $z_{0}$ et de rayon $k$. On remarquera que, vu d'en dessous, les coordonnées du centre du cercle sont $\zeta_{0}=\overline{z_{0}}$.

    Et maintenant, on cherche une homographie qui, entre autres choses, voudra bien laisser ce cercle invariant. Comme l'on sait, étudier une transformation, cela commence par s'intéresser à ses points fixes. On se fatigue un peu et on arrive au résultat suivant:

    On suppose que la projection de cette homographie® sur la sphère supérieure possède exactement deux points fixes $z_{1},z_{2}$. Elle est alors la groupe-conjuguée d'une homothétie avec un multiplicateur $m\neq1$. On appelle $\zeta_{1},\zeta_{2},M$ la façon dont ces objets sont vus par l'observateur du dessous. Un peu de calcul montre que l'homographie® \[ h\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq_{def}\left(\begin{array}{c} \dfrac{\vz a+\vt b}{\vz c+\vt d}\\ 1\\ \dfrac{A\vzz+B\vt}{C\vzz+D\,\vt} \end{array}\right) \] se laisse réécrire en: \[ h\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{\left(-mt_{1}\,z_{2}+t_{2}\,z_{1}\right)\vz+z_{1}\,z_{2}\,\left(m-1\right)\vt}{-t_{1}\,t_{2}\,\left(m-1\right)\vz+\left(m\,t_{2}z_{1}-t_{1}\,z_{2}\right)\vt}\\ 1\\ \dfrac{\left(-Mt_{1}\,\zeta_{2}+\zeta_{1}\,t_{2}\right)\vzz+\zeta_{1}\,\zeta_{2}\,\left(M-1\right)\vt}{-t_{1}\,t_{2}\,\left(M-1\right)\vzz+\left(Mt_{2}\,\zeta_{1}-t_{1}\,\zeta_{2}\right)\vt} \end{array}\right) \]

    Une contemplation attentive des équations montre que l'action de cette homographie® sur les " droites ou cercles" est linéaire® ... lorsque l'on veut bien plonger ces cycles dans l'espace de Veronese par la transformation  \[ \mathrm{Ver_{z}}\doteq\vz:\vt:\vzz\mapsto\left[\vt\,\vz,\vt^{2},\vt\vzz,\vzz\,\vz\right] \] En effet, l'absence de termes en $\vz^{2}$ et $\vzz^{2}$ fait que l'expression se simplifie par le produit des dénominateurs de l'expression réduite... faisant que l'on reste au degré 2 en $\vz,\vt,\vzz$. Autrement dit:  \[ \widehat{h}\left(\begin{array}{c} U_{z}\\ U_{t}\\ U_{\zeta}\\ U_{u} \end{array}\right)=\boxed{\mathcal{H}}\cdot\left(\begin{array}{c} U_{z}\\ U_{t}\\ U_{\zeta}\\ U_{u} \end{array}\right) \]

    On pourrait en profiter pour placer un couplet sur les agrégachauves, l'algèbre linéaire et les profiteroles au chocolat. Mais le lecteur a immédiatement identifié les colonnes propres de la matrice $\boxed{\mathcal{H}}$ comme étant les cercles points centrés sur les quatre points fixes de $h$.

    Disposant de la matrice de passage, la matrice diagonale réduite se calcule aisément. Il vient:  \[ P_4= \left[\begin{array}{cccc} -\dfrac{\zeta_{1}}{t_{1}} & -\dfrac{\zeta_{2}}{t_{2}} & -\dfrac{\zeta_{1}}{t_{1}} & -\dfrac{\zeta_{2}}{t_{2}}\\ \dfrac{z_{1}\,\zeta_{1}}{t_{1}^{2}} & \dfrac{z_{1}\,\zeta_{2}}{t_{2}\,t_{1}} & \dfrac{z_{2}\,\zeta_{1}}{t_{2}\,t_{1}} & \dfrac{z_{2}\,\zeta_{2}}{t_{2}^{2}}\\ -\dfrac{z_{1}}{t_{1}} & -\dfrac{z_{1}}{t_{1}} & -\dfrac{z_{2}}{t_{2}} & -\dfrac{z_{2}}{t_{2}}\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right]\ptv \Delta_4=\left|t_{1}\,z_{2}-t_{2}\,z_{1}\right|^{2}\left[\begin{array}{cccc} Mm & 0 & 0 & 0\\ 0 & m & 0 & 0\\ 0 & 0 & M & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \] Dans le cas général, les seuls cercles invariants sont les quatre cercles générateurs. Dans le cas spécial où $Mm=1$ (i.e. le cas où les multiplicateurs sont unimodulaires), les cercles invariants sont les cercles de Poncelet associés aux points fixes visibles. Dans le cas spécial où $m=M$ (i.e. le cas où les multiplicateurs sont réels), les cercles invariants sont les cercles admettant les points fixes visibles comme points de base. Et c'est tout, puisque $m=1$ est exclus (par définition).

    Dans l'exemple proposé, le multiplicateur est réel: le point image passe d'un Poncelet à l'autre, mais reste sur l'arc capable du point objet.

    On définit donc le point mobile $M$ comme $M=z_{0}/t_{0}+k\tau$, les points fixes comme: $F_{1}=z_{0}/t_{0}+k\beta$, $F_{2}=z_{0}/t_{0}+k\gamma$. Quant aux points d'alignement (les points de Fregier), on les note $U=xF_{1}+\left(1-x\right)F_{2}$ et $V=yF_{1}+\left(1-y\right)F_{2}$. Deux coups de déterminant pour forcer les alignements et l'on obtient:  \begin{multline*} \eta\left(M\right)=\eta\left(\vz:\vt:\vzz\right)\simeq\\ \left[\begin{array}{c} \dfrac{t\,\left(kxyt\left(\beta-\gamma\right)+kt\left(x\gamma-y\beta\right)+z\left(x-y\right)\right)\vz-\left(x-y\right)\left(k\gamma\,t+z\right)\left(k\beta\,t+z\right)\vt}{t^{2}\,\left(x-y\right)\vz+t\,\left(kxyt\left(\beta-\gamma\right)-kt\left(x\beta-y\,\gamma\right)-z\left(x-y\right)\right)\vt}\\ 1\\ \dfrac{t\,\left(ktxy\left(\gamma-\beta\right)+kt\left(x\beta-y\gamma\right)+\beta\,\gamma\,\zeta\left(x-y\right)\right)\vzz-\left(x-y\right)\left(\gamma\,\zeta+kt\right)\left(\beta\,\zeta+kt\right)\vt}{\beta\,\gamma\,t^{2}\,\left(x-y\right)\vzz-t\left(kxyt\left(\beta-\gamma\right)+\beta\,\gamma\,\zeta\left(x-y\right)-kt\left(y\beta-x\gamma\right)\right)\vt} \end{array}\right] \end{multline*} Cet empilement de deux homographies, une dans chaque sphère, conduit à une transformation de Cremona, avec quatre points fixes. Cette transformation a été construite pour s'appliquer aux points $M$ d'un cercle spécifique, mais rien n'empêche de l'appliquer à $\pcct$ tout entier.

    Les techniques usuelles permettent d'isoler le multiplicateur associé à ces homographies. On trouve  \[ m=M=\frac{x\left(1-y\right)}{y\left(1-x\right)}\in\rr \] Si l'on se donne une homographie particulière, cela fixe la valeur de $m$ et la relation précédente devient une relation de liaison entre les points $U,V$.

    Bien entendu, il est tout à fait possible de prolonger $\eta$ par autre chose qu'une homographie® de $\pcct$. On peut par exemple tenter une collinéation®. On pourrait la calculer en prenant quatre points génériques du cercle ainsi que leurs images. Mais il est plus raisonnable d'inclure les points fixes dans le lot de 4. On obtient une matrice $\boxed{\mathcal{K}}$, de taille 3363, indépendante des paramètres $\tau_{j}$. On en connaît deux colonnes propres, correspondant aux points $F_{1},F_{2}$. Une contemplation de la figure suggère que le conipôle de la droite $F_{1}F_{2}$ pourrait être le troisième. La matrice de passage est donc  \[ P_3=\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{z}{t}+k\beta & \dfrac{z}{t}+k\ \dfrac{2\beta\,\gamma}{\beta+\gamma} & \dfrac{z}{t}+k\gamma\\ 1 & 1 & 1\\ \dfrac{\zeta}{t}+\dfrac{k}{\beta} & \dfrac{\zeta}{t}+k\,\dfrac{2}{\beta+\gamma} & \dfrac{\zeta}{t}+\dfrac{k}{\gamma} \end{array}\right] \] tandis que la matrice diagonale réduite vaut: \[ \Delta_3 =  kt^{2}\left(\beta-\gamma\right)^{2}\left[\begin{array}{ccc} y^{2}\left(1-x\right)^{2} & 0 & 0\\ 0 & xy\left(1-x\right)\left(1-y\right) & 0\\ 0 & 0 & x^{2}\left(1-y\right)^{2} \end{array}\right] \]

    En résumé: $h\left(M\right)=N$ par définition, $h\left(U\right)=V$ par calcul, $\boxed{\mathcal{K}}\cdot U=(h\circ h)\left(U\right)$ par calcul. On en conclut qu'une homographie® et une collinéation®, ce n'est pas la même chose, et donc que les agrégachauves sont faux-tifs lorsqu'ils utilisent le même mot pour désigner des trucs ayant des natures différentes.  

    Cordialement, Pierre.
  • Merci Pierre pour ton brillant exposé!
    Je pense que les agrégatifs ne sont coupables de rien puisque et la géométrie projective et la géométrie circulaire ont toutes les deux disparu à jamais de leurs préoccupations!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (18 Jan)
    Bonjour pldx1,
    Merci pour tout ça. Si seulement je comprenais un peu (plus) ...
    Pour l'instant, je ne sais même pas quelle question poser.

    Bonjour pappus,
    Sur un dessin du début, j'avais une ellipse et un axe extérieur à l'ellipse.
    Je la transforme en cercle. Je demande à $P$ d'effectuer un quart de tour, et je regarde l'effet sur d'autres points du cercle.
    Dessin 1. Ce n'est pas une rotation, tant que l'axe est proche.
    Dessin 2. Envoyons l'axe très loin grâce au logiciel. Il se passe bien ce à quoi on s'attend : l'homographie semble être une rotation. Devrais-je dire un turn ? Je prends $u$ sur l'axe, axe qui est "à l'infini". Donc $u$ est un point à l'infini, autant dire une direction.
    J'ai un peu la flemme de contrôler que $v$ réalisera ce qu'on subodore : être une direction qui fait avec $u$ la moitié de l'angle de la rotation.
    Je n'ai rien prouvé, désolé.
    Amicalement,
    Swingmustard

  • Mon cher Swingmustard
    Pourquoi ne restes-tu pas naturel?
    Pour une homographie $f$ d'une conique $\Gamma$, l'axe $D$ est la réunion des intersections de droites $af(b)\cap bf(a)$.
    Maintenant $\Gamma$ est un cercle et $f$ une de ses rotations, dis moi simplement en quelques mots quel est l'axe d'homographie de $f$?
    Une fois l'axe identifié, tu refais dans ce cas très particulier la figure que j'ai faite dans le cas général.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (18 Jan)
    Cher pappus,
    Je deviens chèvre. J'avais envie d'insister sur "les intersections des droites $af(b)\cap bf(a)$ sont (affinement) vides", donc sont $\infty$.
    Mais tu me fais douter. Quand $a$ tend vers $b$, les deux droites sont confondues. Leur intersection est elles-mêmes, à savoir la tangente en $a$.
    La réunion serait (je vais dire une bêtise, je ne m'y connais pas en enveloppes) l'enveloppe du cercle ?
    Ça ferait beaucoup pour un seul axe !?
    Bon, j'ai trois suspects pour l'axe : 1) "l'infini", 2) le cercle lui-même à cause de cette histoire de tangentes, 3) un diamètre ? Tant qu'à faire, la médiatrice de $[af(a)]$ ?
    C'est la honte ! Bonne nuit.
    Quand même (et toujours) très grand merci !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Mon cher Swingmustard
    Quand on parle de cercle en géométrie projective, c’est que ce cercle vit dans le plan affine complété par la droite de l’infini! 
    Quand tu dis que l’axe pourrait être le cercle lui même, ne t’aperçois-tu pas que tu dérailles complètement?
    A-t-on jamais vu une droite être un cercle?
    On sait que l’axe est une droite!
    Et jusqu’à nouvel ordre une droite est déterminée par deux de ses points distincts!
    Je t’en ai dit assez!
    Amicalement
    pappus
  • Swingmustard a dit :
    "les intersections des droites $af(b)\cap bf(a)$ sont (affinement) vides", donc sont $\infty$
    On en conclut que Singmustard a été embrouillé par les embrouilleurs professionnels qui s'obstinent à mélanger les homographies® avec les collineations®. La géométrie affine, cela consiste à dépenser trois mois de cours... pour juste démontrer le théorème fondamental de la géométrie affine. Et ce contenu de ce fameux théorème est que : "il n'y a pas de géométrie affine intrinsèque". Rasoir d'Occam: on flanque ce barnum par la fenêtre et on gagne trois mois de cours.

    On part de la géométrie projective, la seule, la vraie, méfiez vous des contrefaçons. Voyons cela dans le plan projectif, c'est à dire dans l'ensemble des colonnes de $\mathbb C ^3$ traitées à un multiplicateur près. On met un scotch rouge sur une droite ou une autre. Et on dit c'est la droite de l'infini. Lorsque deux droites ordinaires se coupent sur la droite de l'infini, on dit: elles sont parallèles. Quand on est un professionnel des embrouilles, on définit la direction d'une droite (ordinaire) par sa classe d'équivalence pour la relation "sassecoupepah". Qu'est ce que l'on peut faire avec cela ? Rien. Mais c'est fait exprès: c'est plus beau lorsque cela est inutile. 
    Quand on a seulement envie de calculer à toute vitesse, pour programmer une carte graphique, ou pour quoi que ce soit d'autre, on définit la direction d'une droite ordinaire par son intersection avec la droite de l'infini. C'est juste un point comme un autre. Et les calculs sont les mêmes qu'avec n'importe quel autre point. Est beau ce qui est utile. 

    Quand on est effrayé par avoir toute une droite de points à l'infini au sein de l'espace $\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} $ $\vz:\vt:\vzz$, on peut toujours se limiter à utiliser deux cartes,  l'une décrite par $\vz:\vt$ et l'autre décrite par $\vzz:\vt$.  On peut toujours appeler cela "compactifié d'Alexandroff" ou "sphère de Riemann" pour faire riche. Mais le résultat principal est de merdifier le barnum et de le faire précisément là où ce barnum était utile, c'est à dire pour décrire ce qui se passe "au loin".

    Les points de la droite de l'infini servent à décrire chacune des directions de droites. Ecraser tout cela en un seul point $\infty$ qui ne sert plus qu'à dire "c'est une droite, plutôt qu'un moulin à poireaux" est déraisonnable. Un cercle est une conique passant par les ombilics. Une fois que l'on a décidé de supprimer les points circulaires à l'infini, il ne reste pas grand'chose de cette géométrie prétendue circulaire, ni même de la géométrie ordinaire du rantanplan de base. Une similitude est une collinéation® qui laisse invariants les ombilics (similitude directe), ou qui les permute (similitude rétrograde). Dans l'une des cartes sphériques, cela tourne dans un sens, dans l'autre carte, cela tourne dans l'autre sens. Comment rester tintrinsek lorsque l'on n'utilise qu'une seule carte ?

    Quant à "une droite n'est point un cercle et un cercle n'est point une droite", il serait utile de ne pas créer d'obstacles pédagogiques inutiles vis à vis d'une poursuite du cursus (dans d'autres mondes, cela s'appelle des maladies nosocomiales). Une droite $\Delta$ est une courbe du premier degré. Un cercle $\Gamma$ est une courbe du second degré. Comment encercler une droite, pour qu'elle ne dépare pas au milieu d'un paquet de cercles ? Très facile. On considère $(\Delta \cdot M)\times (\mathcal L _\infty \cdot M)$ au lieu et place de $(\Delta \cdot M)$. Autrement dit, on prend la réunion de la droite (ordinaire) et de la droite de l'infini. Et comme cela, le résultat passe par les ombilics: ah le beau cycle! Tout le monde fait cela de toute éternité pour écrire l'axe radical de deux cercles.

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (19 Jan)
    Bonjour à tous
    Et Merci à Pierre pour ses précisions algébriques.
    Quant à moi j'essaye seulement d'extirper quelques figures de Swingmustard.
    C'est vrai que l'algébraïsation de la géométrie est essentielle comme on peut s'en rendre compte en lisant ton glossaire
    mais moi je suis surtout intéressé par les figures au moins dans un premier temps.
    Alors au risque de me répéter encore et encore, le livre de Sidler est entièrement consacré au plan projectif réel, éventuellement complexe et les figures qu'on y trouve sont, pour la plupart,  réalisées dans le plan affine complété par une droite à l'infini.
    Ce que je demande à Swingmustard est fort simple, c'est seulement de refaire avec le cercle et une de ses rotations, les deux figures que j'ai faites dans le plan projectif avec une conique et une de ses homographies.
    Ce n'est vraiment pas sorcier et il n'y a pas besoin de techniques algébriques pour ce faire!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (19 Jan)
    Encore merci à tous les deux,
    Je préfère rire de ma faiblesse que d'en pleurer, mais bon, c'est dur !
    Ne serait-ce que par raison de symétrie, je n'arrive pas à imaginer que l'axe $D$ soit ailleurs qu'à l'infini.
    Donc quand tu me le mettras sous le nez, pappus, ce sera la stupeur.
    En attendant, j'essaie de placer les points apparus dans ta démonstration.
    J'en mets sûrement un peu trop.
    Amicalement,
    Swingmustard

  • Modifié (19 Jan)
    Bonne nuit Swingmustard et fais de beaux rêves!
    Eh oui, l'axe d'homographie est la droite de l'infini!
    C'est ce que j'essayais de te faire dire!
    Ta figure n'est pas très claire!
    Voici la mienne!
    La rotation $r$ est entièrement déterminée par le couple de points homologues $(a,a')$ puisque son axe d'homographie, la droite de l'infini,  est connu.
    Ma figure donne la construction du point $b'=r(b)$.
    Note que si tu fais bouger le point  $m$, le point $b'$ ne bouge pas.
    On a seulement utilisé une autre décomposition de $r$ en produit de deux involutions.
    Ici on parle de rotation comme homographie d'un cercle
    Comment faire le lien avec la décomposition d'une rotation en tant qu'isométrie plane en produit de deux symétries planes sinon en utilisant le théorème 7?
    Te sens-tu le courage de le démontrer avec ce que raconte le Sidler?
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (21 Jan)
    Bonjour.
    Dire "il n'y a pas besoin d'algébriser" cet exercice est exactement dire "il n'y a pas besoin de s'exercer". Cela revient à espérer que le client sera visité par une   grâce sanctifiante, qui le dotera d'un seul coup de l'armure et du glaive de l'Archange. Autant croire au père Noël : pas de progrès sans pratique !

    Revenons au fait que le cercle unité est le lieu des points $M$ qui s'écrivent $\alpha:1:1/\alpha$ dans le repère de Morley. Vu du dessus, le point est décrit par un nombre complexe de module $1$. Vu du dessous, le point est décrit par un nombre complexe de module $1$. Ce ne sont pas les deux mêmes, parce que en traversant le miroir, le monde se met à tourner dans l'autre sens: le turn du dessus (que l'on dispose à la place du dessus dans la colonne décrivant $M$) et le turn du dessous (que l'on dispose à la place du dessous dans la colonne décrivant $M$) sont inverses l'un de l'autre. 
    On rappelle que la description des points par des colonnes de taille 3 n'est pas seulement une concession aux tintrinséqueurs, mais un passage obligé lorsque l'on veut calculer la droite passant par deux points. Lorsque l'on transporte ce cercle par homothétie-translation, cela donne les points \[ M_\alpha \simeq \left[ \begin {array}{c} {\dfrac {{z}}{{t}}}+ k\, \alpha \\ 1\\ {\dfrac {{\zeta}}{{t} }}+k\,{\dfrac {1}{\alpha}}\end {array} \right] \]
    On sait qu'il n'est pas besoin de mesurer les angles pour les définir. Au contraire, l'angle d'une rotation plane se caractérise par ses multiplicateurs $\tau$ et $1/\tau$, nombres complexes de module $1$ et agissant le premier dans la vue du dessus, et le second dans la vue du dessous. On a donc \[ M_\alpha ' \simeq \left[ \begin {array}{c} {\dfrac {{z}}{{t}}}+k\,\tau\alpha \\ 1\\ {\dfrac {{\zeta}}{{t} }}+k\,{\dfrac {1}{\tau \alpha}}\end {array} \right] \]
    On prend quatre points du cercle et l'on calcule la collinéation® qui les envoie sur leurs images respectives. Le résultat est connu: cette collinéation® ne dépend pas des quatre points choisis. On trouve :
    \[ \boxed {\mathcal K} \simeq  \left[ \begin {array} {ccc} \tau& \dfrac { z}{t} \left(1- \tau \right)  &0 \\ 0&1&0\\ 0&
    \dfrac {  \zeta} {t}\left( 1- \dfrac 1 \tau \right) &\dfrac 1 \tau \end {array} \right]  \]
    Les trois points fixes de cette collinéation® sont donc le centre du cercle et les deux ombilics. Si l'on attribue la valeur propre $1$ au centre, les valeurs propres attribuées aux ombilics sont précisément les multiplicateurs $\tau$ et $1/\tau$. Dire qu'il n'y a pas besoin de cela pour décrire une rotation... revient à rater l'occasion de caractériser les similitudes directes par le fait qu'elles laissent invariant chaque ombilic.

    Passons à cette histoire d'axe de transformation. On prend les points $A(\alpha),\;B(\beta)$ sur le cercle, on considère leurs images $A',B'$, et on calcule les droites $AB',\;A'B$. C'est l'occasion de rappeler que l'on calcule la matrice-ligne représentant une droite en prenant le wedge des deux matrices-colonnes représentant les deux points définissant cette droite. On obtient :
    \[ A \wedge B' \simeq \left[ \begin {array}{ccc} {\dfrac {k}{\beta\,\tau}}-{\dfrac {k}{\alpha}}&
    - \left( {\dfrac {{z}}{{t}}}+k\alpha \right)  \left( {\dfrac {{\zeta}}{{t}}}+{\dfrac {k}{\beta\,\tau}} \right) + \left( {\dfrac {{\zeta}}{{t}}}+{\dfrac {k}{\alpha}} \right)  \left( {\dfrac {{ z}}{{ t}}}+k\beta\,\tau \right) &
    -k\beta\,\tau+k\alpha\end {array} \right] \] Et en simplifiant :
    \[ A \wedge B' \simeq \left[ \begin {array} {ccc} {t}&-\alpha\,\beta\,\tau\,{\zeta}-k\beta\,\tau\,{ t}-k\alpha\,{t}-{z}&{ t}\,\beta\,\tau\,\alpha\end {array} \right] \] On recommence avec la droite $A'B $, puis on calcule l'intersection des deux droites: encore un coup de wedge (i.e. on prend les produits en croix selon la règle de Sarrus). Cela donne: \[M\doteq \left(A \wedge B' \right)  \wedge  \left(A \wedge B' \right) \simeq
    \left[ \begin {array}{c} -\beta\,\tau\,\alpha\\ 0 \\ 1\end {array} \right] \] On voit que ces points sont sur $[0,1,0]$ la droite de l'infini. Si on ne le voit pas, il suffit de recommencer, obtenant $M(\alpha,\gamma)$ et un coup de wedge, un de plus, donne le résultat. Dire qu'il n'y a pas besoin de cela pour décrire une rotation revient à dire qu'il n'y a pas besoin d'utiliser les cas simples pour mettre au point des méthodes générales. Et alors chaque exercice devient une chasse à la ruse spécifique qui permettra d'éviter les calculs... dans ce cas particulier. On change de ruse lorsque l'on change d'exercice... jusqu'à ce que l'on tombe sur une situation non trafiquée où la ruse, la seule, la vraie, est d'employer les méthodes générales. 

    A part cela, on peut quand même, au moins après coup, remarquer que les droites $AB'$ et $A'B$ ont le même clinant, i.e. la même inclinaison sur l'axe réel: elles sont parallèles et se coupent donc sur la droite de l'infini.

    Caveat : attention à ne pas généraliser abusivement le présent exercice. En effet, dans cet exemple,  l'homographie® sous-jacente est une simple similitude, et non pas une transformation quadratique  à la sauce Cremona.

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (23 Jan)
    Merci Pierre
    Sur le groupe des homographies d'une conique, on peut se poser des questions simples sans pour cela sortir la grosse artillerie.
    Peut-être est-ce fait dans le Sidler qui reste à un niveau très élémentaire?
    Par exemple, quelles sont les involutions de Frégier  qui commutent avec une involution de Frégier donnée $\sigma_u$?
    C'est une question relativement élémentaire pour Swingmustard!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (23 Jan)
    Bonsoir pldx1 et pappus,
    C'est vraiment chouette de vous lire, et pardon d'avancer au rythme que je peux.
    Bien sûr que j'aimerais répondre à la question de pappus du 19 janvier, qui m'intéresse hautement !
    Et à celle de ce soir, dont je crois même que tu as déjà donné la réponse il y a peu de temps.
    Pourtant, j'écris le produit commutatif, j'en conclus que la composée est, elle-même, involutive, mais après je reste sec.
    En tout cas mon intérêt ne faiblit pas,
    je me répète mais merci vraiment.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (24 Jan)
    Bonjour à tous
    Je reviens à mon homographie de l'ellipse préférée, définie par son axe vert et l'image $P'$ d'un point $P$.
    Je ne peux pas m'empêcher de redire ma fascination pour le théorème qui affirme :
    une telle homographie se prolonge au plan tout entier.
    Mais comment est-ce que quoi donc ?
    Ces dessins m'aident à sentir un peu comment le prolongement réussit à remplir toutes les conditions :
    a) transformer les droites en droites (collinéation, comme disent pldx1, le monde non francophone et cette merveille d'Atlas des mathématiques à la Pochotèque, dont je crains qu'il n'existe pas d'édition au format "atlas", même en version originale),
    b) réaliser une sorte de symétrie par rapport à l'axe, en envoyant la ligne brisée bleue sur la bleue, et la rouge sur la rouge.
    Quelle contorsionniste cette homographie prolongée, elle méritait bien qu'on essaie de lui tirer le portrait !
    Bonne nuit !
    Swingmustard

  • Mon cher Swingmustard
    C'est pourtant fait, il me semble dans le Sidler!
    1° L'unicité?
    Elle provient du fait que quatre points distincts d'une conique (propre) définissent un repère projectif et qu'une collinéation est entièrement déterminée par son action sur un repère projectif.
    2° L'existence?
    Elle provient du fait que toute homographie se décompose en produit de deux involutions de Frégier:
    $$f=\sigma_v\circ \sigma_u$$
    Tout revient donc à prolonger une involution de Frégier $\sigma_u$ dont on sait que l'axe d'homographie est la polaire $D$ du point $u$ par rapport  à cette conique.
    Et ce prolongement saute aux yeux: c'est l'homologie harmonique de pôle $u$ et d'axe $D$.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (27 Jan)
    Bonjour à vous.
    Merci pappus et pldx1 !

    À part ça, deux questions me tarabustent.
    1) Soit $\Gamma$ l'ellipse, mainte fois dessinée récemment, d'équation $$x^2-xy+y^2=7$$
    Je m'intéresse à l'homographie de $\Gamma$ définie par l'axe d'équation $y=x-1$, le point $P(-3, -2)$ et son image $P'(1, -2)$.
    Et au prolongement $\tilde h$ de $h$ dans le plan.
    a) Il y a peu, j'ai calculé, dans un repère relatif à deux points de l'axe et à $\Gamma$, une formule $$\tilde h(X,\ Y)=\tilde v\circ \tilde u(X,\ Y)=\dfrac{1}{-3X+2Y+6}(15X-6Y-10,\ 4X)$$
    qui me laissait sur ma fin, trouvant que le changement de repère n'en avait pas tout à fait valu la chandelle.
    b) Aujourd'hui petit progrès : j'arrive à me passer de changement de repère !
    Au point qu'une matrice $$M_h=\begin{pmatrix}-3&36&84\\20&5&28\\-2&10&35\end{pmatrix}$$ est apparue, qui donne cependant une envie folle de ... continuer à chercher un meilleur changement de repère.
    Quelqu'un peut-il me dire comment poursuivre le développement donné en P. S.  ?

    2) Question qui n'a peut-être rien à voir : étant donné une matrice $M_h$ qu'on me donnerait sans que je sache qu'elle est associée à une ellipse $\Gamma$, un axe, un point et son image. Y a-t-il des astuces qui permettent de trouver $\Gamma$ et l'axe, en exploitant judicieusement la matrice ?

    Amicalement,
    Swingmustard

    PS Je développe le (b)
    La polaire d'un point $U(a,b)$ par rapport à $\Gamma$ a pour équation $$(2a-b)x+(-a+2b)y=14$$
    Je m'en sers pour calculer une formule donnant l'image $M'(x',y')$ d'un point $M(x,y)$ du plan par l'involution de Frégier de centre $U(a,b)$, ou plutôt par son prolongement $\tilde u$ au plan : l'homologie harmonique associée dont parle pappus.
    Suivant le conseil de pldx1, je bricole suffisamment cette formule pour séparer jaune et blanc d'oeuf (il le dit mieux), i.e. ce qui concerne $a, b$ d'un côté, et $x, y$ de l'autre.
    * Ça m'étonne et me ravit (de la crèche, c'est moi !), mais il a raison, même dans le cas qui m'occupe, c'est parfaitement possible.
    * Ça implique d'une manière très naturelle de travailler avec une troisième coordonnée égale à 1 ! Comme par hasard !
    Bref, si j'appelle $\tilde u$ cette homologie involutive, et $M_u$ la matrice $$M_u=\begin{pmatrix}b^2-a^2-7&b^2-2ab&-2a+b\\a^2-2ab&a^2-b^2-7&a-2b\\14a&14b&a^2-ab+b^2+7\end{pmatrix}$$
    on trouve que $$\tilde u(x,y)=\sigma\left(M_u\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}\right)$$
    avec $$\sigma\left(\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\right)=\dfrac{1}{z}(x,y)$$
    Merveille suivante : quand on compose deux telles homologies, l'espèce de quotient par $z$ occasionné par $\sigma$ ne semble pas souffrir de la chose, et je présente mes excuses à l'homographie $\tilde h=\tilde v\circ \tilde u$, dont je prétendais que la formule aurait sa place dans un roman de Stephen King. Que nenni, puisque $$M_h=M_v\times M_u$$ va parfaitement se combiner avec $\sigma$ pour nous donner aussi bien$$\tilde h(x,y)=\sigma\left(M_h\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}\right)$$
    Application. Avec $U(1,0)$ et $V(5,4)$, j'obtiens $$M_h=M_v\times M_u=\begin{pmatrix}-16&-15&-70\\-24&2&56\\-6&-3&28\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-8&1&14\\0&-6&0\\-2&1&8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3&36&84\\20&5&28\\-2&10&35\end{pmatrix}$$
    Comme on s'approche de l'algèbre linéaire (sans y être tout à fait, à cause de $\sigma$), j'ai calculé les valeurs propres $-21, 9,49$ de $M_h$, j'en ai même une base de vecteurs propres, mais je ne sais pas en tirer l'éventuel repère du plan dans lequel $h$ aurait une forme (trop simple pour être honnête) du style $\dfrac{1}{49}(-21x,9y)$ ? Et pourquoi pas $\dfrac{1}{9}(49x,-21y)$, ou $-\dfrac{1}{21}(9x,49y)$, tant qu'on y est ? Je bloque.
    (Stade actuel : $\tilde h(x,y)=\dfrac{1}{-2x+10y+35}(-3x+36y+84,20x+5y+28)$.)
  • Modifié (28 Jan)
    Bonjour !
    Voici la dernière mouture.
    L'application $h$ définie sur le plan (projectif, affine, je ne sais plus trop et peu m'importe pour l'instant, tant que ça roule) par $$\begin{pmatrix}x'\\y'\\1\end{pmatrix}=H\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3&36&84\\20&5&28\\-2&10&35\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}$$ combinée avec $\dfrac{1}{z}(x,y)$ chaque fois que ça nous arrange, possède les propriétés suivantes.
    1. $h$ possède trois points fixes : $(-2,-3)$, $(3,2)$, $(\dfrac{14}{3},-\dfrac{14}{3})$.
    2. $h$ laisse stable l'ellipse d'équation $x^2-xy+y^2=7$.
    3. Lisible sur la troisième ligne de la matrice $H$, $h^{-1}(\infty)$ est bien sûr la droite d'équation $2x-10y=35$.
    4. La forme matricielle permet de ne pas se casser la nénette pour trouver $h^{-1}$, et en déduire $h(\infty):10x-2y=35$.
    5. Si l'envie nous prend d'échanger le repère initial contre le repère d'origine $h(\infty)\cap h^{-1}(\infty)$ de coordonnées $\dfrac{35}{12}(1,-1)$ et de directions celles de $h(\infty)$ et $h^{-1}(\infty)$, à savoir $\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}$, une calculatrice de lycée et la matrice de passage $P=\begin{pmatrix}1&5&35/12\\5&1&-35/12\\0&0&1\end{pmatrix}$ nous livrent sans douleur $$P^{-1}HP=\begin{pmatrix}592&336&259\\0&0&-147\\768&0&0\end{pmatrix}$$ J'ai donc encore un peu progressé dans ma recherche d'écriture "canonique" de $h$ : stade actuel $$(X',Y')=\dfrac{1}{768X}(592X+336Y+259,-147)$$
    Ce qui précède m'interroge au moins trois fois.
    1. Si un amigo taquin se pointe avec une matrice $K$ de la sorte de $H$, et me met au défi de 2., i.e. de trouver une conique stable par $k$, je me tire une balle ?
    2. Quand on cherche les valeurs propres de $H$ et qu'on tombe sur $9,-21, 49$, qui sentent fort le $x^2,-xy,y^2$, est-ce que ça nous renseigne sur $h$ et sa fameuse ellipse ? Ou c'est simplement débile un hasard ?
    3. Peut-on "canoniser" $h$ encore un peu plus que 5. ?
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (29 Jan)
    Bonjour !
    1) Ouf, personne n'est venu signaler la bêtise de ma question 2 ! Bien sûr que les valeurs propres de la matrice $H$ nous renseignent sur $h$ !
    Puisqu'un vecteur propre pour $H$ n'est rien d'autre qu'un point fixe de $h$ ! (À peu près, on se comprend, j'espère.)
    Mon but demeure ceci : connaissant $H$, trouver la conique.
    Dans le cas où l'axe de $h$ coupe la conique, on a eu (jusqu'ici) l'impression que deux des points fixes étaient les intersections axe/conique, donc ça nous fait deux candidats "points de la conique" parmi trois points fixes (sans savoir lequel est à rejeter).
    Et surtout : seulement deux parmi cinq qu'il faudrait peut-être pour arriver à la conique : pas au bout de mes peines !
    À chaque jour suffit la sienne, et ce samedi n'aura pas commencé si mal.
    2) À part ça, le phénomène "les valeurs propres ont l'air de $x^2,-xy,y^2$" n'a pas perduré sur une $h$ dont j'ai modifié l'axe.
    Je veux dire que $$K=\begin{pmatrix}9&12&42\\-5&28&70\\-1&8&26\end{pmatrix}$$ est basée sur exactement la même ellipse d'équation $x^2-xy+y^2=7$, pourtant parmi ses valeurs propres $3, 12, 48$, que je veux bien écrire $3(1^2, 1\times4, 4^2)$, pour chercher l'analogie, le $12$ me semble définitivement être un $+12$, au lieu du $-12$ "attendu".
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (29 Jan)
    Bonjour !
    Je vais essayer d'arrêter de venir débiter des balivernes, tant que je ne me serai pas amélioré sur Jordan.
    Mais je dois d'abord reposer les questions qui me taraudent.
    $$H=\begin{pmatrix}-3&36&84\\20&5&28\\-2&10&35\end{pmatrix}, K=\begin{pmatrix}9&12&42\\-5&28&70\\-1&8&26\end{pmatrix}$$ sont les versions matricielles (hyper utiles, les matrices !) de $$h(x,y)=\dfrac{1}{-2x+10y+35}(-3x+36y+84,20x+5y+28), k(x,y)=\dfrac{1}{-x+8y+26}(9x+12y+42,-5x+28y+70)$$ et laissent invariante une conique propre $\Gamma$. (Je le sais bien, puisque j'ai construit $H$ et $K$ en partant de $\Gamma$.)
    1. Comment, ne connaissant que $H$ (ou $K$), trouver les caractéristiques de $\Gamma$ ?
    2. $h$ et $k$ laissent-elles d'autres coniques propres invariantes ?
    Amicalement,
    Swingmustard
    P.S.
    Cher pappus,
    Dès le 3 janvier, tu as dit :
    "En particulier [Sidler] classe les homographies du type :$$(x,y)\mapsto \big(\dfrac{ax+by+c}{a''x+b''y+c''},\dfrac{a'x+b'y+c'}{a''x+b''y+c''}\big)$$suivant la classe de similitude de la matrice : $$\begin{pmatrix}
    a&b&c\\
    a'&b'&c'\\
    a''&b''&c''\end{pmatrix}$$"
    Désolé de t'avoir si mal lu : tu disais déjà tout, et tu ne pouvais soupçonner à quel point je suis lent à la comprenette.
    Jusqu'au 24 janvier, j'ai continué de ne même pas soupçonner cette forme $\dfrac{1}{a''x+b''y+c''}(ax+by+c,a'x+b'y+c')$. À ma décharge : Sidler ne le dit pas, en fait. 
    Quant à la splendide matrice $\begin{pmatrix}a&b&c\\a'&b'&c'\\a''&b''&c''\end{pmatrix}$
    Sidler balance en effet page 38 "Une étude des réduites de Jordan des application (sic) linéaires en dimension 3 fournit [...] une classification des homographies d'un plan projectif réel d'après le nombre et la nature de leurs points fixes". C'est le moment d'avouer que, bien que les matrices soient écrites (sans les zéros) dans le très beau tableau de cette page 38, je n'ai réinventé l'eau chaude que le 27 janvier, puisque
    1. je négligeais de me renseigner sur la réduction de Jordan. Je croyais connaître, alors que non.
    2. la correspondance entre les deux écritures m'échappait, tout bonnement !

  • Modifié (30 Jan)
    Bonjour !
    Considérons les deux ellipses d'équations respectives $\Gamma_{V,W}:4x^2+3y^2\mp 24x=12$.
    Coupons la première par l'axe $(UV):y=2x-2$.
    Vous pouvez chercher avec moi la matrice $H$ carrée d'ordre trois que nous associerons à la fonction homographique  $\tilde h$ du plan,
    elle-même prolongement de la fonction homographique $h$ de $\Gamma_V$, d'axe $(UV)$ et qui envoie $P(6,-2)$ sur $P'(6,2)$.

    Une fois que nous aurons $H$, nous pourrons voir si, à part $\Gamma_V$, elle laisse par hasard aussi $\Gamma_W$ globalement invariante.
    En effet, celle-ci partage avec $\Gamma_V$ la propriété d'être tangente en deux des points fixes de $\tilde h$, ce qui pourrait en faire une bonne candidate. Mais peut-être que ça ne marchera pas : une intuition plaide pour l'unicité de $\Gamma_V$ (comme conique propre stable par $\tilde h$).
    Amicalement,
    Swingmustard

  • Bonsoir !
    Avec un peu de chance, nous serons d'accord sur $$H=\begin{pmatrix}18&3&6\\8&14&16\\2&2&10\end{pmatrix}$$ Si on préfère : $$\tilde h(x,y)=\dfrac{1}{2x+2y+10}(18x+3y+6,8x+14y+16)$$ Rappel de la question : comment se comporte l'ellipse rouge $\Gamma_W$ lorsqu'on applique au plan l'homographie $\tilde h$ ?
    (Le petit rectangle orange est là en guise de témoin.)

    Réponse : son image est bien tangente aux deux côtés concernés du triangle de points fixes, mais elle a changé, au point de devenir une hyperbole !

    L'intuition que $\Gamma_V$ serait la seule conique propre invariante par $\tilde h$ en sort provisoirement renforcée.
    Aussi revient l'autre question. Comment trouver cette conique propre $\Gamma_V$ si l'on ne dispose que de la matrice $H$ ?
    Je geignais récemment n'arriver qu'à trouver les points fixes de $\tilde h$. Pourquoi ne pensais-je pas à exploiter que, en plus, deux côtés du triangle sont des tangentes ? J'essaierai.
    L'exemple ci-dessus illustre de manière frappante que ça ne suffira pas, mais ça serait quand même une bonne avancée.
    Amicalement,
    Swingmustard


  • Bonjour, 

    Quelles sont les coniques qui sont invariantes sous l'action de la collineation $M_h$ ?   Cette action est $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}}$  \[ \phi:\mathcal{C}\mapsto\tra{M_{h}\cdot\mathcal{C}\cdot M_{h}} \] Autrement dit, cette action est linéaire. On réécrit la matrice $\boxed{\mathcal{C}}$ sous forme d'un vecteur colonne selon:

    \[ \left[\begin{array}{ccc} m_{11} & m_{12} & m_{13}\\ m_{12} & m_{22} & m_{23}\\ m_{13} & m_{23} & m_{33} \end{array}\right]\mapsto\left[\begin{array}{c} m_{11}\\ m_{22}\\ m_{33}\\ m_{12}\\ m_{23}\\ m_{13} \end{array}\right] \] En utilisant la matrice $M_{h}$ ci-dessus, c.à.d. \[ M_{h}= \dfrac 1 {21} \begin{pmatrix}-3 & 36 & 84\\ 20 & 5 & 28\\ -2 & 10 & 35 \end{pmatrix},  \] la matrice de $\widehat{\phi}$ est  \[ \dfrac{1}{3^{2}\,7^{2}}\,\left[\begin{array}{rrrrrr} 9 & 400 & 4 & -120 & -80 & 12\\ 1296 & 25 & 100 & 360 & 100 & 720\\ 7056 & 784 & 1225 & 4704 & 1960 & 5880\\ -108 & 100 & -20 & 705 & 190 & -102\\ 3024 & 140 & 350 & 1428 & 455 & 2100\\ -252 & 560 & -70 & 1596 & 644 & -273 \end{array}\right] \] On calcule les colonnes propres de cette nouvelle matrice. Et on trouve: \[ \begin{array}{c|c} \dfrac{49}{9} & \left(x+4\,y+14\,t\right)^{2}\\ \dfrac{-7}{3} & \left(x+4\,y+14\,t\right)\left(-x+y+t\right)\\ 1 & x^{2}-xy+y^{2}-7\,t^{2}\\ 1 & x^{2}+y^{2}+2\,tx-2\,ty-15\,t^{2}\\ \dfrac{-3}{7} & \left(4\,x+y-14\,t\right)\left(-x+y+t\right)\\ \dfrac{9}{49} & \left(4\,x+y-14\,t\right)^{2} \end{array} \]

    Les vecteurs propres sont donc " majoritairement" des coniques dégénérées, c'est à dire la réunion de deux droites. C'est le moment de dire " mais c'est bien sûr" et de convoquer la réunion où toute l'affaire sera expliquée et les coupables seront confondus.  

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (31 Jan)
    Bonjour pldx1 ou Pierre,
    Ébloui par ton cercle de centre $(1,-1)$ et de rayon $\sqrt{17}$, qui piétine ma fausse intuition (d'unicité) avec un de ces aplombs !
    Je veux dire que, grâce au logiciel, j'en ai testé, des coniques passant par ces deux points fixes et partageant leurs tangentes avec celles de l'ellipse...
    Comment ai-je pu passer à côté du ... cercle !
    Ha ha ! J'en suis baba, et me demande aussitôt ce qu'il fait là, euclidien qu'il est ?
    Les suspects sont réunis, mais pour le capitaine Hastings, pour le docteur Watson, bref pour moi, l'affaire demeure bien mystérieuse.
    Je remarque juste, dans le passage de la matrice 3,3 à la matrice 6,1, des diagonales qui me rappellent que, malgré mon auto-promesse, je n'ai pas étudié la réduction de Jordan.
    Amicalement,
    Swingmustard

  • Modifié (1 Feb)
    Bonjour pldx1 !
    Je ne suis pas sûr d'avoir compris la manière la plus rapide trouver la matrice 6,6 pour $$K=\dfrac{1}{12}\begin{pmatrix}18&3&6\\8&14&16\\2&2&10\end{pmatrix}$$ J'ai multiplié les trois matrices 3,3 puis réarrangé suivant la règle que tu indiques.
    Je trouve \[ \dfrac{1}{2^43^2}\,\left[\begin{array}{rrrrrr} 324 & 64 & 4 & 288 & 32 & 72\\ 9 & 196 & 4 & 84 & 56 & 12\\ 36 & 256 & 100 & 192 & 320 & 120\\ 54 & 112 & 4 & 276 & 44 & 42\\ 18 & 224 & 20 & 132 & 172 & 42\\ 108 & 128 & 20 & 336 & 112 & 192 \end{array}\right] \]
    Quels vecteurs propres, pour des valeurs propres parmi lesquelles, comme pour $H$, 1 est double ?
    \[ \begin{array}{c|c} 4 & \left(2x+y+2\,t\right)^{2}\\ 2 & \left(2\,x-y-2\,t\right)\left(2x+y+2\,t\right)\\ 1 & \left(2x-y-2\,t\right)^{2}~~ \textrm{ou}~ \textrm{chantier ?}\\ \dfrac{1}{4} & (y-4t)^2\\1 & \textrm{chantier}\\ \dfrac{1}{2} & (y-4t)(2\,x-y-2\,t) \end{array} \]
    Dans le deuxième chantier, il y a l'hyperbole dessinée, équivalent du cercle dans l'exemple que tu as bien voulu traiter.
    a) Je n'arrive pas encore à en trouver une formule présentable : les coefficients restent obstinément décimaux quand j'utilise eigVc de ma calculatrice.
    b) Si je bluffe en demandant à la même calculatrice rref (grande matrice - 1.$I_6$), j'obtiens des blocs prometteurs.
    Pour $H$, $\begin{pmatrix}2&0&-1\\2&0&-1\\-14&0&15\\0&1&1\end{pmatrix}$ dont tu as su tirer ellipse et cercle. (Combien de temps il m'aurait fallu ? Mystère.)
    Pour l'instant, ça reste du bluff et je n'arrive pas à interpréter ce que $K$ donne : $\begin{pmatrix}0&-4/3&1/3\\0&0&1/4\\0&-4&-1\\1&1&0\end{pmatrix}$. Merci pour tout ça !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour. Deux commentaires. 
    (1) rref (grande matrice - 1) : il vaudrait mieux utiliser la fonction qui donne le noyau (kernel, nullspace,  ou autre).
    (2) les valeurs propres sont en progression géométrique. Et donc, cela fait plus joli de trier le tableau des coniques propres (... et c'est plus facile de s'y repérer).

    Cordialement, Pierre.
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