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Homographies et propriétés

Modifié (4 May) dans Algèbre
Bonjour à tous ! 
Merci encore de prêter une nouvelle attention à cette préoccupation ! 

Dans mon cours, lors de l'étude du comportement de certaines homographies, on a le résultat que toute homographie est entièrement déterminée par la donnée de 3 points distincts.  J'aimerais savoir si ayant un sous-ensemble  $A$ de $\mathbb{Q}$ de cardinal strictement plus grand que $3$, on peut construire une homographie à coefficients rationnels  rendant $ A $ invariant.  Si oui quel peut bien être l'algorithme ? 

J'aimerais aussi comprendre cette pensée de notre enseignant disant qu'on peut déduire du cas particulier $ A=\{0,1,-1\}$ une réponse à cette question en utilisant les conjugaisons. Je ne comprends pas très bien la portée de cette pensée.

Aussi s'il existe  des références qui peuvent m'apprendre davantage je serai très heureux de les avoir.
Merci.

Réponses

  • Salut, 

    L'algorithme est assez simple, il suffit de prendre $z \mapsto z$  B)
  •  :)  Tout à fait !  J'ai juste omis de dire que je voulais une homographie différente de l'identité ! 
  • OK,  par invariant tu veux dire $\forall a \in A, f(a) = a$ ?  ou bien $f(A) = A$ (invariant en tant qu'ensemble) ? 
  • Si $A$ est fini de cardinal $\ge4$, cela impose à l'homographie d'être d'ordre fini. On peut classer ces éléments et décrire leurs orbites. La réponse sera non en général.
  • La réponse est oui si $A$ est de cardinal $3$ ou $4$.
  • flipflop a dit :
    OK,  par invariant tu veux dire $\forall a \in A, f(a) = a$ ?  ou bien $f(A) = A$ (invariant en tant qu'ensemble) ? 
    En tant que ensemble.
  • Modifié (4 May)
    gai requin a dit :
    La réponse est oui si $A$ est de cardinal $3$ ou $4$.
    Peux tu s'il te plaît dire pourquoi $ 4 $ ? 
  • Math Coss a dit :
    Si $A$ est fini de cardinal $\ge4$, cela impose à l'homographie d'être d'ordre fini. On peut classer ces éléments et décrire leurs orbites. La réponse sera non en général.
    Merci. Mais pourquoi dans un tel cas l'ordre de l'homographie doit être fini? 
  • Supposons que $A$ soit une partie finie de cardinal au moins trois et stable par une homographie $f$. On choisit $a_1$, $a_2$, $a_3$ distincts dans $A$. Pour tout $k$ entier naturel, l'image par $f^k$ du triplet $(a_1,a_2,a_3)$ est un triplet de points distincts de $A$ (et ces triplets forment un ensemble fini) donc il existe deux entiers $k<l$ pour lesquels c'est la même. Alors $f^{l-k}$ a trois points fixes (les $f^k(a_i)$, $1\le i\le 3$) donc c'est l'identité.
    Erré-je ? Je ne comprends pas le cas de $4$ points évoqué par gai requin – mais il a sans doute raison !
  • Modifié (4 May)
    @Math Coss : Je te laisse écrire l'involution qui envoie $a$ sur $b$ et $c$ sur $d$ lorsque $A=\{a,b,c,d\}$.
  • Modifié (4 May)
    @Math Coss:  Merci bien pour ton déroulement ! 
  • Ah ! Disons pour simplifier que $a=0$ et $b=\infty$. Alors $f:x\mapsto cd/x$ fait l'affaire.
    (Au passage, vu que cette fonction $f$ est une involution, il est facile de trouver des parties de cardinal pair stables par $f$. Si de plus $cd$ est un carré, disons $cd=e^2$, alors $e$ est fixe. Autrement dit, pour tout entier $n$, on peut trouver une partie de cardinal $n$ et une homographie qui la stabilise. Cela ne répond pas à la question mais montre que des considérations de cardinal ne suffiront pas à écarter la possibilité de l'existence d'un $f$.)
    Mon erreur est donc de penser qu'il y a si peu d'homographies d'ordre fini. Sauf erreur, les involutions sont à conjugaison près les $x\mapsto k/x$. Pour les ordres plus grands, il faudrait réfléchir plus...
  • Modifié (4 May)
    Une autre piste peut-être ?
    Pour tout $A$, il existe une homographie qui fixe globalement $A$ ssi il existe $B$ et deux involutions distinctes (l'une pouvant être l'identité) qui envoient $A$ sur $B$.
    Pourquoi ? Parce que toute homographie est produit d'au plus deux involutions.
  • Modifié (5 May)
    @gai requin Merci très intéressant ! 

    Puis je avoir une idée de preuve de votre dernière assertion : Toute homographie est produit d'une ou deux involutions ! 
  • Oui, il existe une unique homographie qui fixe l'un des trois points et échange les deux autres.
  • Modifié (5 May)
    gai requin
    J'avais modifié ma question ! Mais merci beaucoup parce que je ne m'attendais pas à ce résultat. Je pensais que c'était entièrement défini par l'image de deux points distincts
    Je suppose que le point fixé dépend des deux autres points, ou pas ?
    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
  • Modifié (5 May)
    @nyadis : Soit $f$ une homographie qui n'est pas une involution, ni l'identité.
    Quitte à conjuguer, on peut supposer que $f$ n'est pas affine.
    Soit alors $a\neq b$ tels que $f(a)=\infty$ et $f(\infty)=b$. On pose $c:=f(b)$.
    Sois $s$ la symétrie qui échange $a$ et $b$ et $g$ l'involution de pôle $a$ qui envoie $b$ sur $s(c)$.
    $f$ et $s\circ g$ coïncident en $a,\infty,b$ donc elles sont égales.
    $f$ est donc le produit de deux involutions.
  • Merci beaucoup! 
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