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Lemme de géométrie circulaire

Modifié (12 Jun) dans Géométrie
Bonjour à tous
Voici un petit lemme de géométrie circulaire qui m'est venu à l'esprit à la suite de la discussion récente initiée par i.zitoussi.
Soit $f$ une transformation circulaire directe de points fixes $P$ et $Q$.
Soit $M$ un point quelconque du plan, $M'=f(M)$, $M''=f(M')$
Les cercles $(PQM')$ et $(MM'M'')$ se recoupent en un point $\Omega$.
Montrer qu'on a des divisions harmoniques:
$$(P,Q,M',\Omega)=(M,M'',M',\Omega)=-1$$
Amicalement
pappus

«1

Réponses

  • Modifié (13 Jun)
    Bonjour pappus,
    Il y a un problème quand $f$ est une involution, je suppose donc que ce n'est pas le cas.
    Dans ce qui suit, je note en minuscule les affixes des points de ton lemme.
    Sans perte de généralité, on peut supposer que $p=0$ et $q=1$, de sorte qu'il existe $a\in\mathbb C\setminus\{0,-1,-1/2\}$ tel que $f:z\mapsto\dfrac{(a+1)z}{z+a}$.
    Soit $M\notin\{P,Q\}$ et $\Omega$ le conjugué harmonique de $M'$ par rapport à $(P,Q)$.
    On a $\omega=\dfrac{(a+1)m}{(2a+1)m-a}$.
    De plus, $m''=\dfrac{(a+1)^2m}{(2a+1)m+a^2}$ donc $(M,M'',M',\Omega)=-1$.
    Enfin, comme quatre points de birapport réel sont sur un cercle-droite, on a $\Omega\in (PQM')\cap (MM''M')$ et $\Omega\neq M'$.
  • Une homographie avec deux points fixes se caractérise par ses points fixes $P,Q$ et son multiplicateur $m$. Et alors,
    le lemme se réduit à $(0,\infty,m,-m)=-1=(1,m^2,m,-m)$

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (13 Jun)
    Bonjour à tous
      Ce n'est pas la première fois que je vois passer le mot "multiplicateur" relatif à une homographie.
    Quelqu'un aurait-il l'amabilité de me préciser cette notion ?
    Merci d'avance.
  • Modifié (13 Jun)
    Mon cher Cailloux
    Depuis que les homographies ont disparu, les multiplicateurs se sont faits la malle
    Rien que de plus normal dans notre république analphabète!
    Mais il faut bien dire que notre ami Pierre, (qu'il fait bon cher vous, Maître Pierre.....) s'en sert avec beaucoup de brio!
    Voici ce qu'il en est!
    Soit $f$ une homographie de points fixes $p$ et $q$.
    Pour tout point $m$, je note $m'=f(m)$
    On a donc, refrain autrefois connu mais aujourd'hui disparu:
    $$(p,q,m,n)=(p,q,m',n')$$
    c'est-à-dire:
    $$\dfrac{m-p}{m-q}:\dfrac{n-p}{n-q}=\dfrac{m'-p}{m'-q}:\dfrac{n'-p}{n'-q}$$
    On permute les moyens dans cette égalité fractionnaire, (ça fait délicieusement rétro!) pour obtenir:
    $$\dfrac{m-p}{m-q}:\dfrac{m'-p}{m'-q}=\dfrac{n-p}{n-q}:\dfrac{n'-p}{n'-q}$$
    Ce qui se lit $(p,q,m,m')=(p,q,n,n')$
    La fonction
    $m\mapsto (p,q,m,m')$ est donc constante et c'est la valeur de cette constante qu'on appelle le multiplicateur de $f$ par rapport au couple de points fixes $p$ et $q$.
    Reste à voir pourquoi on appelle cette constante multiplicateur.
    Maintenant tu en sais assez pour expliquer la solution de Pierre!
    Amitiés
    pappus
    Merci Jelobreuil.
    Je m'étais planté dans les copier-coller!
  • Pappus, je suppose que ton avant-dernière phrase est un exercice de plus plutôt qu'une question. Alors je dirais que ça vient du fait que toute homographie $f$ est conjuguée à une similitude. Cette similitude n'est pas unique (car si $hfh^{-1}$ est une similitude, alors pour toute similtude $s$, $(sh) f(sh)^{-1}$ en est encore une), mais le rapport de cette similitude est toujours le même. C'est par définition le multiplicateur de $f$.
    Après je bloque.
  • Modifié (13 Jun)
    Bonjour pappus
    Et merci pour ta réponse. Dans le fil initié par i.zitoussi : Image d'une droite par une homographie, https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2330412/image-dune-droite-par-une-homographie , tu avais écrit ceci à mon intention :
    En géométrie circulaire, ce n'est pas très difficile, le seul invariant étant le birapport.
    Sur ma figure, on a les égalités entre birapports, comprenne qui pourra :
    $$(i,a,m,\infty)=(\infty,a',m',j')=(a',\infty,j',m')=(j',m',a',\infty)$$
    que j'avais compris et qui ressemble à ce que tu viens de me répondre.
    Ah ! Les extrêmes et les moyens : je me souviens très bien ...
    Amicalement.
  • Modifié (13 Jun)
    Bonjour à tous,
    Pappus, dans ta dernière ligne d'égalité de birapports, il y a un "prime" qui manque : le deuxième dénominateur devrait être m′−q, non ?
    Ceci dit, j'essaye de comprendre ... et ce n'est pas du tout cuit !
    Merci pour le défi !
    Bien amicalement, JLB
  • Bonjour Cailloux
    Si ça continue, tu vas devenir un bon expert de la géométrie circulaire, peut-être pas du niveau de Pierre qui, lui, reste stratosphérique, mais un bon expert ça fait bien sur sa carte de visite!
    Lis bien la dernière ligne de birapports qu'il a écrite.
    Comment se justifie-t-elle via les multiplicateurs?
    Amitiés
    pappus
  • Mon cher i.zitoussi
    Bien sûr, tout est question de conjugaison!
    On peut même conjuguer sans le dire en restant dans l'algèbre comme le fait Pierre.
    Mon lemme se traduit par une figure, celle que j'ai dessinée.
    En transformant cette figure par une opération circulaire adéquate, on tombe sur une autre configuration a priori plus connue (autrefois évidemment) et on se dit alors:
    Bon Dieu mais c'est bien sûr!
    Et il y a plusieurs façons de s'y prendre c'est à dire de tomber sur des configurations très connues qui sembleraient n'avoir aucun rapport les unes avec las autres.
    Amicalement
    pappus
  • La dernière ligne de Pierre utilise le fait que le multiplicateur de $z\mapsto\dfrac{m^2}z$ par rapport à $(m,-m)$ vaut $-1$.
  • Modifié (13 Jun)
    Bonjour pappus,
    je crois qu'à nouveau il va me falloir corriger mes dires affirmés sans preuve.
    Si $p$ et $q$ sont deux complexes distincts, on trouve après un petit calcul que les homographies fixant $p$ et $q$ sont de la forme, pour $\lambda\in\C$, $f_\lambda(z) = \frac{(p+q-\lambda)z-pq}{z-\lambda}$ (l'identité correspondant à $\lambda=\infty$). Si on conjugue une telle fonction par l'homographie $h$ qui fixe $p$, et échange $q$ et $\infty$, soit $h(z)=q+\frac{(p-q)^2}{z-q}$, on obtient une similitude $hf_\lambda h^{-1}$ qui fixe $p$ et $\infty$ et envoie $q$ vers $h(p+q-\lambda) = q+\frac{(p-q)^2}{p-\lambda}$. On trouve que le rapport de cette similitude est $$\frac{\lambda-q}{\lambda-p}$$ ... qui n'est pas symétrique en $p$ et $q$, et donc ce que j'ai dit plus haut est forcément faux (car par exemple si on avait conjugué $f_\lambda$ par l'homographie $\tilde{h}$ qui fixe $q$ et échange $p$ et $\infty$, on aurait obtenu une similitude de rapport $\frac{\lambda-p}{\lambda-q}$, soit l'inverse du rapport précédent).
    Ça me fait réaliser que deux similitudes complexes de rapports respectifs $\alpha$ et $\alpha'$ sont conjuguées dans $PGL(2,\C)$ si et seulement si $\alpha=\alpha'$ ou si $\alpha\alpha'=1$. Au final je ne vois pas trop ce qu'on appelle le multiplicateur d'une homographie. Faudra que je regarde...

    NB (edit): Dans ma définition de $f_\lambda$ j'ai finalement changé $\lambda$ en $-\lambda$, ce qui fait que maintenant le multiplicateur de $f_\lambda$ est lui-même une homographie en $\lambda$ dont les zéros et pôles sont $p$ et $q$ (ou vice versa) plutôt que $-p$ et $-q$. Je trouve ça intrigant.
    Après je bloque.
  • Comme je l'ai déjà dit ce matin, il faut supposer que $f$ n'est pas une involution. :/
    Soit alors $\alpha$ le multiplicateur de $f$ et $g$ l'homographie telle que $g(p)=\infty,g(q)=0, g(m)=1$.
    On a $(p,q,m,m')=(\infty,0,1,g(m'))=\alpha$ donc $g(m')=\alpha$ et $(p,q,m',m'')=(\infty,0,\alpha,g(m''))=\alpha$ donc $g(m'')=\alpha^2$.
    Soit enfin $\omega=g^{-1}(-\alpha)$.
    Il vient $(p,q,m',\omega)=(\infty,0,\alpha,-\alpha)=-1=(1,\alpha^2,\alpha,-\alpha)=(m,m'',m',\omega)$.
  • Modifié (13 Jun)
    Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
    Pierre aurait pu détailler sa solution un peu plus mais il nous force à réfléchir et c'est bien mieux ainsi.
    Je vais appeler $\alpha$ le multiplicateur (complexe) de $f$ associé au couple de points $(P,Q)$.
    Tout comme Rescassol rescassolise le plan euclidien en décrétant que tel point a pour affixe $0$ et tel autre pour affixe $1$, Pierre pldxie la sphère de Riemann en décrétant que $P$ a pour affixe $\infty$, $Q$ pour affixe $0$ et $M$ pour affixe $1$.
    Car il vaut mieux voir ma figure tracée sur la sphère de Riemann où il n'y a que des cercles et pas de point à l'infini!
    Comment se lit l'application $f$ dans cette carte?
    Soit $T'=f(T)$
    On sait que:
    $$(P,Q,T,T')=\alpha$$
    Ce qui se traduit par:
    $$(\infty,0,t,t')=\dfrac{t'}t=\alpha$$
    C'est à dire $$t'=\alpha t$$
    Dans la carte de la sphère de Riemann choisie par Pierre, l'écriture de $f$ est la multiplication par $\alpha$, faut-il y voir l'origine du mot multiplicateur ou est-ce encore plus subtil?
    Ainsi l'affixe de $M'$ est $\alpha$ et celui de $M''$ est $\alpha^2$
    Soit $\Omega$ le point d'affixe $-\alpha$
    Maintenant compte tenu des identités algébriques de Pierre:
    $$(\infty,0,\alpha,-\alpha)=(1,\alpha^2,\alpha,-\alpha)=-1$$
    on voit que:
    $$(P,Q,M',\Omega)=(M,M'',M',\Omega)=-1$$
    Comme ces deux birapports sont réels, le point $\Omega$ est bien l'intersection autre que $M'$ des cercles $(PQM')$ et $(MM'M'')$ et on a bien les divisions harmoniques annoncées.
    Amicalement
    pappus
    PS
    Mais on se doute un peu que ce n'est pas le chemin que j'ai suivi pour résoudre cet exercice!
  • J'avais déjà détaillé pappus mais je suis devenu invisible dans la section géométrie...
  • Modifié (14 Jun)
    @ i.zitoussi
    Si $\alpha$ est le multiplicateur de $f$ associé au couple de points fixes $(P,Q)$, $\dfrac 1{\alpha}$ est le multiplicateur de $f$ associé au couple $(Q,P)$.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (14 Jun)
    Si on applique à la figure de pappus la transformation directe de points fixes $P,Q$ qui envoie $M'$ sur $\infty$, les deux cercles sont envoyés sur les droites $PQ$ et $mm''$ avec $(P,Q,m,\infty)=(P,Q,\infty,m'')$, ce qui entraîne que $P,Q,m,m''$ sont les quatre sommets d'un parallélogramme...
  • Modifié (14 Jun)
    Mon cher Gai Requin
    Bravissimo!
    C'était mon idée de départ!
    Et pourquoi le parallélogramme que tu as sous les yeux est-il une figure archiconnue de la géométrie circulaire, une des toutes premières figures de la géométrie circulaire que l'on devait ingurgiter?
    J'utilise l'imparfait au lieu du présent!
    Amicalement
    pappus

  • Mon cher Gai Requin
    Regarde attentivement la figure ci-dessous.
    C'est celle que j'avais d'abord faite!
    J'ai transformé ma première figure par une inversion de pôle $M'$.
    $M'$ s'envoie bien sur $\infty$ et les autres points de la figure sur la lettre minuscule correspondante!
    J'étais archisûr de tomber sur le parallélogramme $pmqm''$.
    Pourquoi?
    Ce qui me garantissait en sens inverse ma configuration initiale!!!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (14 Jun)
    En tout cas, le parallélogramme est un quadrilatère complet du complété projectif du plan affine.
  • @pappus : Une inversion conserve les birapports $\ldots$ réels !
  • Bon, merci à pappus et aux autres intervenants de ce fil. Après m’être un peu documenté je crois avoir fini par comprendre ce qu'est le multiplicateur d'une homographie. Cependant, même s'il y a pas mal d'auteurs qui parle du multiplicateur, ce serait bien de préciser qu'il n'est défini qu'à inverse près.
    Après je bloque.
  • @""gai requin" 
    Je précise ma pensée
    On part de ma figure initiale qui nous parle de la transformation circulaire $f$ avec les points en majuscules pour arriver sur la figure finale avec les points en minuscules et qui concerne la transformation conjuguée $g=i\circ f\circ i$ qui reste toujours directe (en dépit de $i$!).
    Que nous dit-elle?
    1° $p$ et $q$ sont les points fixes de $g$.
    2° $g(m)=\infty$ et $g(\infty) =m''$.
    $m$ et $m''$ sont donc les points limites de $g$, donc d'après le cours plus que défunt, on a un parallélogramme $pmqm''$.
    Et cela justifie ma figure initiale puisque l'inversion conserve les birapports réels.
    Si tu as des états d'âme avec l'inversion, tu peux toujours conjuguer par une inversion algébrique de pôle $M'$.
    Amicalement
    pappus
    PS
    Maintenant que se passe-t-il si on envoie un des deux points fixes à l'infini?
    Si la configuration n'est pas dans le Lebossé-Hémery mais ça m'étonnerait, j'en ai parlé des dizaines de fois ici même.
    Cette configuration est donc inconnue de ceux qui le veulent bien!

  • Intéressant !
    Par exemple, si $i$ est l'inversion de pôle $P$ qui fixe $Q$, alors $i\circ f\circ i$ est la similitude directe de centre $Q$ qui envoie $P$ sur $i(J')$, où $J'$ est le point-limite image de $f$.
  • dfdf
    Modifié (14 Jun)
    Bonjour,

    si je résume:
    la transformation circulaire $g=i \circ f \circ i$, autre que l’identité, fixe deux points $p,q$ distincts autres que $\infty$. 
    Il existe un point « fini », $m$, qui est envoyé par $g$ sur $\infty$. 
    De plus $\infty$ est envoyé par $g$ sur un point « fini »: $m’’$.
    Et l’on a: $p+q=m+m’’$ ainsi que 
    \begin{equation}
    \frac{z-p}{z-q}=re^{i\theta}\frac{g(z)-p}{g(z)-q}.
    \end{equation}

    Je crois que ces points-limites $m, m’’$ sont appelés $\textbf{pôle}$ et $\textbf{pôle inverse}$ de $g$ chez les Anglais. Leur existence découle du fait que $g$ possède deux points fixes « finis », distincts. Si elle en possède trois, c’est la transformation identité (l’élément neutre du groupe circulaire) et si elle en possède un, c’est encore une autre limonade.
  • Modifié (14 Jun)
    La configuration de pappus :
    Une similitude directe de centre $Q$ envoie $m$ sur $m'$ et $m'$ sur $m''$.
    La droite $Qm'$ recoupe le cercle $mm'm''$ en $\omega$.
    Alors $Q$ est le milieu de $m'\omega$ et $(m,m'',m',\omega)=-1$.

  • Merci Gai Requin
    Oui c'est cela!
    Cette similitude de centre $Q$ envoie la droite $mm'$ sur la droite $m'm''$ et  induit une correspondance affine entre ces deux droites, une situation étudiée en long en large et en travers par le Lebossé-Hémery sous le doux nom de divisions semblables.
    La géométrie affine, combien de divisions? se gausserait Vladimir.
    Eh bien, elle en avait pas mal autrefois.
    Aujourd'hui c'est une autre histoire, il ne lui reste plus que l'axiome de Thalès à ronger!
    Quelle est l'enveloppe des droites joignant deux points homologues de cette correspondance?
    Et c'est justement là où je voulais en venir!
    Amicalement
    pappus
  • Mon cher df
    La définition des pôles de $g$ n'a rien à voir avec l'existence d'éventuels points fixes.
    Ce sont les points $g(\infty)$ et $g^{-1}(\infty)$ qui eux existent toujours (et sont parfois confondus).
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    On se donne une transformation circulaire directe $f$ par les images de trois points distincts.
    Donner une procédure de construction des points fixes de $f$, utilisant ce lemme de géométrie circulaire.
    Il me semble avoir donné dans le passé d'autres procédures mais comme ma mémoire part à vau l'eau,  je ne pourrais les comparer.
    Peut-être sont-elles les mêmes?
    Amicalement
    pappus
  • Mon cher gai requin
    Pourquoi parler du complété projectif, on en a rien à cirer en géométrie circulaire.
    Une petite précision, on complète le plan affine (en lui rajoutant la droite de l'infini) pour en faire un plan projectif.
    On complète le plan euclidien ( en lui rajoutant le point à l'infini) pour en faire une sphère.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (14 Jun)
    Je sais bien tout ça pappus et je change ma réponse >:)
    Le parallélogramme, comme chacun ne sait pas, est la figure de base des homographies de la droite projective complexe.
  • Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
    @gai requin
    Bof!
    J'aurais préféré que tu t'intéresses à cette construction des points fixes.
    L'idée est de se ramener à la construction des points fixes d'une involution donnée par deux paires de points homologues.
    Car cela on savait le faire autrefois.
    Peut-être est-ce proposé dans le Lebossé-Hémery mais surtout dans le Iliovici et Robert dont un chapitre est consacré, sans complexes, c'est le cas de le dire, à la géométrie circulaire.
    Le tout est d'exhiber une telle involution et c'est facile avec le lemme!
    Amicalement
    pappus

  • Soit $f:ABC\mapsto A'B'C'$ une homographie.
    On sait construire $A''=f(A')$ et $B''=f(B')$.
    Soit $\Omega_A$ (resp. $\Omega_B$) le conjugué harmonique de $A'$ (resp. $B'$) par rapport à $(A,A'')$ (resp. $(B,B'')$).
    Alors les points fixes de $f$ sont les points fixes de l'involution $g:A'B'\mapsto\Omega_A\Omega_B$.
  • Merci Gai Requin et Bravo!
    Exactement.
    Les points homologues de cette involution sont donc faciles à construire.
    Mais au fait comment construire les points fixes d'une involution donnée par deux paires de points homologues?
    Amicalement
    pappus
  • dfdf
    Modifié (15 Jun)
    Bonjour à tous,

    Il y a une équivalence entre (1) « $g$ est une involution » et (2) « La paire de points homologues $(z, g(z))$ est conjuguée par rapport aux deux points fixes de $g$ ».

    C’est bien elle (j’espère) qui justifie les constructions ci-dessus. Jolies constructions d’ailleurs !
  • Bonjour pappus,
    Soit maintenant $f:AB\mapsto A'B'$ une involution.
    Son pôle $\Omega$ vérifie $(\Omega-A)(\Omega-A')=(\Omega-B)(\Omega-B')$.
    Donc $\Omega$ est le point fixe de la similitude directe $AB'\mapsto BA'$.
    Or, en notant $P,Q$ les points fixes de $f$, $\Omega$ est le milieu de $PQ$ avec $(P,Q,A,A')=-1$.
    D'où cette construction de $P,Q$ que tu n'as jamais commentée malgré les demandes répétées de @Swingmustard !
  • Modifié (15 Jun)
    Merci Gai Requin
    Je ne l'ai pas commentée parce qu'on la trouve dans tous les bons livres et pourquoi pas dans le Lebossé-Hémery.
    Il faudra que je vérifie!
    La construction des quadrangles harmoniques était le pont aux ânes de la géométrie circulaire.
    Aujourd'hui le pont aux ânes, ce serait plutôt l'axiome de Thalès et quand celui-ci aura disparu à son tour, on se contentera de dénombrer les sommets  et les côtés d'un triangle et de constater avec extase qu'ils sont en bijection, tout en étant infoutu d'en exhiber une seule!
    Ce sera un nouvel axiome, un de plus!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (15 Jun)
    Bonjour à tous
    Je ne croyais pas si bien dire!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Avec en rab, l'exo 502 qu'il me semble bien avoir traité ici même dans l'indifférence la plus générale comme on peut s'en douter !

  • Modifié (16 Jun)
    Bonjour,  $\def\crra#1#2{\operatorname{cross\_ratio}{}_{#2}\left(#1\right)} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\ptv{~;~} \def\cc{\mathbb{C}} \def\rr{\mathbb{R}} \def\qq{\mathbb{Q}} \def\nn{\mathbb{N}} \def\zz{\mathbb{Z}}  \def\pccd{\mathbb{P}_{\cc}\!\left(\cc^{2}\right)} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}}$

    @i.zitoussi. Dans ce message, je reprends certaines des choses que tu as dites, et " j'en ajoute un peu" .

    Soient $f,g$ les deux points fixes de $h$. On pose $z_{3}=h\left(z_{1}\right)$, $z_{4}=h\left(z_{2}\right)$, on utilise la conservation du birapport, puis on réorganise les facteurs.
    \begin{eqnarray*} \crra{f,g,z_{1},z_{3}}{} & = & \crra{f,g,z_{2},z_{4}}{}\\ \dfrac{\left(z_{1}-f\right)\left(z_{3}-g\right)}{\left(z_{1}-g\right)\left(z_{3}-f\right)} & = & \dfrac{\left(z_{2}-f\right)\left(z_{4}-g\right)}{\left(z_{2}-g\right)\left(z_{4}-f\right)}\\ \dfrac{\left(z_{2}-f\right)}{\left(z_{2}-g\right)}\div\dfrac{\left(z_{1}-f\right)}{\left(z_{1}-g\right)} & = & \dfrac{\left(z_{4}-f\right)}{\left(z_{4}-g\right)}\div\dfrac{\left(z_{3}-f\right)}{\left(z_{3}-g\right)} \end{eqnarray*} On en déduit la constance de $m\doteq\crra{f,g,h\left(z\right),z}{}$. Le nom de " multiplicateur" pour la quantité $m$ vient de la décomposition \[ \left(q@h@q^{-1}\right)\left(z\right)=m\,z\where q\left(z\right)\doteq\frac{z-f}{z-g} \]
    Par ailleurs, on sait que : \[ \left(z-f\right)\div\left(z-g\right)=k\alpha\where k>0\:\mathrm{and}\;\left|\alpha\right|=1 \] exprime que $z$ est à l'intersection du $k$ cercle de Poncelet et de l'arc capable de $\alpha$. L'action d'une homographie fait passer de $k$ à $k\times\left|m\right|$ et de $\alpha$ à $\alpha\times\left(m\div\left|m\right|\right)$: on saute d'un Poncelet à un autre et d'un arc à un autre.

    Si l'on considère la suite récurrente $z_{n}\doteq h^{n}\left(z_{0}\right)$, on voit que $z_{n}\rightarrow f$ lorsque $\left|m\right|<1$ et que $z_{n}\rightarrow g$ lorsque $\left|m\right|>1$. Mieux encore, au voisinage de $f$, on a \[ \left(z_{n+1}-f\right)=m\left(z_{n}-f\right)\times\dfrac{z_{n+1}-g}{z_{n}-g}\thicksim m\left(z_{n}-f\right) \] montrant que le multiplicateur $m$ n'est autre que la dérivée de $h$ en $z=f$. Bien entendu, la dérivée de $h$ en $z=g$ n'est autre que $1/m$: lorsque l'un des pôles est attractif, l'autre est répulsif. Et quand l'un des pôles est couci_couça, l'autre pôle en fait de même. 
    Et c'est ainsi que le multiplicateur de $z\mapsto\beta^{2}/z$ vaut $D\left(z\mapsto\beta^{2}/z\right)\left(\beta\right)=-1$ (propriété caractéristique d'une involution).
    ---
    Soit $h_{m}$l'homographie de multiplicateur $m$ (les points fixes, étant fixes, n'ont pas changé). Soit $\lambda$ son pôle. Soit enfin $\widehat{h}_{\lambda}$ l'homographie de pôle $\lambda$ (les points fixes, étant fixes, n'ont pas changé). On a \begin{eqnarray*} h_{m} & = & z\mapsto\dfrac{\left(f-gm\right)z+fg\left(m-1\right)}{\left(1-m\right)z+mf-g}\\ \widehat{h}_{\lambda} & = & z\mapsto\dfrac{\left(f+g-\lambda\right)z-fg}{z-\lambda}\\ m & = & D\left(h_{m}\right)\left(f\right)=D\left(\widehat{h}_{\lambda}\right)\left(f\right)=\dfrac{g-\lambda}{f-\lambda}\ptv\lambda=\dfrac{mf-g}{m-1} \end{eqnarray*} Ce sont les formules que tu as donné. Elles ne sont pas symétriques en $f,g$. C'est normal: converger vers $f$, ce n'est pas converger vers $g$ tandis que $h$ n'est pas $h^{-1}$!

    Tapons sur le clou. Quand on se donne une homographie, cela revient à se donner $H\mapsto\left(az+b\right)\div\left(cz+d\right)$. Il en résulte une paire de points fixes. Qu'il ne faut pas confondre avec un couple de points fixes. Pour un couple donné, il y a un multiplicateur $m$. Pour l'autre couple, il y a une autre multiplicateur (and guess what, cet autre multiplicateur n'est autre que $1/m$!)

    Donnons nous $m,M$ et demandons-nous s'il existe une homographie $H$ telle que $h_{M}=H^{-1}\circ h_{m}\circ H$. Cela impose qu'un certain polynôme en $z$ soit identiquement nul, fournissant trois équations. Une élimination permet d'obtenir $a,c$ en fonction de $b,d$ (multiplicité de solutions pour $H$) sous réserve d'une condition de compatibilité qui est: \[ condi_m\doteq \left(f-g\right)\left(b-dg\right)\left(b-df\right)\times M\left(m-1\right)\left(M-m\right)\times\left(Mm-1\right)=0 \] Dans le cas " normal" , i.e. $Mm=1$, on trouve \[ H(z)=\dfrac{\left(d\,f\,g\right)\,z-fg}{\left(df+dg-1\right)z-\left(d\,f\,g\right)} \] et n'importe quelle involution permutant $f$ et $g$ convient.

    Et maintenant, donnons-nous $\lambda,L$ et demandons-nous s'il existe une homographie $H$ telle que $\widehat{h}_{L}=H^{-1}\circ\widehat{h}_{\lambda}\circ H$. La condition de compatibilité est désormais: \[ condi_\lambda \doteq \left(f-g\right)\left(b-dg\right)\left(b-df\right)\times\left(L-f\right)\left(L-g\right)\left(L-\lambda\right)\times\left(L-f-g+\lambda\right) =0\] Ayant à peine fini d'écrire cette condition, on constate que le détecteur de parallélogrammes se met à clignoter furieusement.
    ------
    On décide alors de conjuguer $\widehat{h}_{\lambda}$ par, respectivement, les homographies  \begin{eqnarray*} \crra{f,g,\infty,z}{} & = & \crra{f,\infty,g,Z}{}\\ \crra{f,g,\infty,z}{} & = & \crra{\infty,g,f,Z}{} \end{eqnarray*} On trouve, respectivement, \begin{align*} \sigma_{1}= & z\rightarrow\dfrac{gz+f^{2}-2\,fg}{z-g} & h_{1}= & z\rightarrow\dfrac{g-\lambda}{f-\lambda}\,z+f\,\dfrac{f-g}{f-\lambda}\\ \sigma_{2}= & z\mapsto\dfrac{fz+g^{2}-2\,fg}{z-f} & h_{2}= & z\mapsto\dfrac{f-\lambda}{g-\lambda}\,z+g\ \dfrac{g-f}{g-\lambda} \end{align*} Et alors, attention stratosphère ! Si l'on échange le deuxième point fixe avec l'infini, celui qui reste est le premier. Tandis que si l'on échange le premier point fixe avec l'infini, celui qui reste est le deuxième. Et alors LE multiplicateur, i.e. celui qui est associé avec LE premier point fixe, vaut \[ m=D\left(h_{1}\right)\left(f\right)=1/D\left(h_{2}\right)\left(g\right)=\dfrac{g-\lambda}{f-\lambda} \] Ne dit-on pas: ce qui caractérise un invariant, c'est de ne pas changer.

    Une incidente: pappus se demande pourquoi parler du complété projectif du rantanplan. Et affirme: on n'en a rien à cirer en géométrie circulaire. Ça c'est sûr. Que pourrait-on bien faire des points circulaires à l'infini, les fameux ombilics, lorsque l'on parle des cercles ? Quant à la fameuse " droite projective complexe" , aka $\pccd$, cela sert surtout à piétiner les intuitions topologiques que les clients auraient pu développer à propos des rantandroites et des rantanplans. A ne pas confondre avec la façon dont les choses se passent dans le plan projectif complexe, autrement dit $\pcct$, l'ensemble des colonnes à trois coordonnées (c'est le $\cc^{3}$) que l'on traite projectivement (c'est le $\mathbb{P}_{\cc}$).

    C'est là où la perspective "la géométrie, elle est morte Adèle" semble ne pas conduire aux mêmes choix que la perspective "la géométrie, elle vit dans les sciences et la technologie" .  

    Cordialement, Pierre.

    Edit: ajout de $=0$ à la fin de la définition des conditions $condi_m$  et $condi_\lambda$. 
  • Modifié (16 Jun)
    Pierre, merci pour ces précisions. J'ai l'impression que dans ce domaine il y a souvent moyen d'exprimer les choses de façon concise et élégante, mais faire les calculs explicitement est éclairant aussi. En particulier, relier les deux paramétrisations (par le multiplicateur ou par le pôle) du groupe $G(f,g)$ des homographies fixant deux points $f$ et $g$. Avec le multiplicateur, la loi de groupe est particulièrement simple, et par le pôle c'est un cauchemar. Je trouve toujours intrigant que ces deux paramétrisations soient reliées par ... une homographie.
    Sinon je crois qu'il y a une typo dans tes conditions de conjugaison (deux '$\times$' et pas de '$=$'): si je ne m'abuse, le 1er $\times$ devrait être un $=$. Perso ça m'a pris un temps fou de reproduire les calculs...
    Après je bloque.
  • Modifié (16 Jun)
    Je me permets de faire un peu de pub pour un fil que j'avais ouvert il y a quelque temps, et qui avait eu 0.5/20 de succès (le demi-point de présence), car il a un lien direct avec le sujet en cours.
    (On peut remarquer sans calcul que les solutions forment un semi-groupe pour la composition, qu'elles préservent globalement l'ensemble des racines de $P$, etc, et une chose que je n'ai pas bien comprise, c'est qu'il n'existe pas de solution qui permute non trivialement les racines de $P$).
    Après je bloque.
  • Bonjour, $\def\apol{\operatorname{isotomique}}   \def\isopt{\operatorname{isoptique}} \def\ptv{~;~} \def\etc{,\:\mathrm{etc}}  \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}  \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}}  \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}$
    1. Le cercle d'inversion est le cercle de diamètre $\left[F,G\right]$. Les deux transformation commutent. Donc $\left(is\right)^{2}=isis=iiss=\mathrm{Id}$. Notons $K\doteq\left(F+G\right)/2$.
    2. On combine les deux égalités: \[ 1/\crra{F,G,M,M'}{}=\crra{F,G,M',M}{}=\crra{F,G,M,M'}{} \] et l'on conclut que $F,G,M,M'$ est harmonique (propriété générale des homographies involutives).
    3. L'action de $h$ se diagonalise en une action sur les quatre cercles points associés aux quatre points fixes, les valeurs propres étant $k,\alpha,1/\alpha,1/k$ avec, ici, $k=1$, $\alpha=-1$. Les cercles fixes sont donc d'une part les combinaisons des deux cercles points visibles ($\lambda=+1$), c'est à dire les cercles $\apol$s du faisceau de Poncelet de $F,G$. Et d'autre part les combinaisons des deux cercles points invisibles ($\lambda=-1$), c'est à dire les cercles $\isopt$s du faisceau orthogonal, admettant $F,G$ comme points de base. Et donc $M'$ est la deuxième intersection des deux cercles, l'un $\isopt$, l'autre $\apol$ passant par $M$.
    4. Il est clair que $h\left(K\right)=\infty$. On a \begin{eqnarray*} \crra{K,\infty,M,P}{} & = & \crra{\infty,K,M',P'}{}\\ \dfrac{M-K}{P-K} & = & \dfrac{P'-K}{M'-K} \end{eqnarray*} prouvant la similitude (attention, on croise !)
    5. Obtenir $K$ à partir de $M,M',P,P'$ revient à résoudre \[ \left\{ M'=aP+b,P'=aM+b,z=az+b\right\} \] et le résultat est: \[ K=\dfrac{MM'-PP'}{M'+M-P'-P} \]
    6. Construction alternative. On considère la symétrie wrt le diamètre orthogonal à la transversale. Cela donne $A''=s\left(A\right)\etc$. Alors $K$ est le point commun aux droites $A'A''\etc$.
    7. On suppose connus $K,M,M'$. La relation (4) montre que \[ \left(M-K\right)\left(M'-K\right)=\left(F-K\right)^{2}=\left(G-K\right)^{2} \] et donc $F,G$ sont sur la bissectrice intérieure de $\widehat{MKM'}$. On construit alors le cercle $\isopt$: son centre est à l'intersection de $\mathrm{med}\left[M,M'\right]$ et de $\mathrm{med}\left[F,G\right]$... qui n'est autre que la bissectrice extérieure.
    8. On suppose connus $F,G,J=\left(M+M'\right)/2$. Une patalogie (i.e. une application d'une logique pataphysique) suggère que $\left(MM'\right)$ est la bissectrice intérieure de $\widehat{FJG}$. Un peu de calcul montre qu'il en est bien ainsi. On coupe alors la bissectrice extérieure par $\mathrm{med}\left[F,G\right]$, ce qui donne le centre du cercle $\isopt$.
    9. On se donne un triangle $ABC$ et trois points $A'=xB+\left(1-x\right)C\etc$. On calcule $h$, l'homographie à la Crémona déterminée par $h:A\mapsto A'\etc$. On écrit ensuite que $\forall M:h^{2}\left(M\right)\simeq M$. Cela fournit deux polynômes en $\vz,\,\vzz,\,\vt$. On écrit que les coefficients sont tous nuls, et on élimine. Le résultat est \[ x\,y\,z+\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)=0 \] autrement dit, l'alignement de $A',B',C'$ sur une même transversale.
    10. La condition pour que deux inversions commutent est que les cercles d'inversion soient orthogonaux, autrement dit que $k_{1}+k_{2}=d^{2}$. Et alors leur produit est une transposition circulaire. Il y a deux cas selon les signes respectifs de $k_{1},k_{2}$.
    Cordialement, Pierre.
  • Merci Pierre pour ce petit cours de géométrie circulaire.
    Voici la solution de mon petit exercice qui n'a pas suscité le moindre intérêt!
    Les points fixes de l'homographie $f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$ sont les racines de l'équation du second degré:
    $$cz^2+(d-a)z-b=0$$
    Qu'est-ce qu'on est calé!
    Pour former l'écriture de l'involution ayant les mêmes points fixes que $f$, on appliquait à l'époque de ma jeunesse hélas bien révolue la règle du dédoublement des termes:
    $$czz'+(d-a)\dfrac{z+z'}2-b=0$$
    On ne connaissait pas l'algèbre bilinéaire et pas plus l'algèbre linéaire mais faute de mieux on savait au moins cela!
    D'où on tire:
    $$z'=\dfrac{(a-d)z+2b}{2cz+d-a}$$
    Y a quand même un petit os dont il faut se méfier, lequel?
    Peut-on en déduire l'écriture de toutes les homographies qui ont les mêmes points fixes que $f$?
    Amicalement
    pappus

  • Ce sont les $f_{\delta}:z\mapsto\dfrac{(a-d+\delta)z+b}{cz+\delta}$.
  • Bonjour Gai Requin
    J'ai entendu dire que ces $f_{\delta}$ devaient former un groupe isomorphe à $(\mathbb  C^*,\times)$.
    Est-ce compatible avec ton écriture des $f_{\delta}$?
    Amicalement
    pappus
  • Oui, je rajoute $f_{\infty}=\mathrm{Id}$ et l'isomorphisme, c'est $f_{\delta}\mapsto\text{ multiplicateur de }f_{\delta}$.
  • Modifié (20 Jun)
    Merci Gai Requin
    Tout ça, c'est du cours et c'est loin d'être évident.
    La preuve en est que zitoussi ne connaissait pas l'existence de ce multiplicateur.
    La plupart de nos étudiants seraient bien peine de calculer celui de $f_{\delta}$ si on le leur demandait, surtout s'il est défini à l'inverse près comme l'a remarqué zitoussi, très observateur!
    Non, je m'attendais plutôt au calcul de $f_{\delta}\circ f_{\epsilon}$ par exemple qui me semblait beaucoup plus naturel !
    Amicalement
    pappus
  • J'aime bien mon écriture de $f_{\delta}$ particulièrement simple.
    Le problème de zitoussi est un faux problème dès lors qu'on a ordonné la paire de points fixes.
    Enfin, je laisse le soin à nos lecteurs de calculer $f_{\delta}\circ f_{\epsilon}$, c'est juste un vulgaire produit matriciel !
  • Bonsoir Gai Requin
    C'est facile d'ordonner des points fixes, surtout quand on est infoutu de les calculer comme la plupart de nos étudiants!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (20 Jun)
    Etudiant, diant-diant
  • Modifié (21 Jun)
    Bonjour.
    Il ne semble pas que infoutu+vulgaire soulève un grand enthousiasme parmi les étudiants.  
    Par ailleurs, il suffit de jeter un oeil sur le détecteur de  rallèles au gramme pour voir que

    zit:= lambda-> (z-> ((f+g-lambda)*z-f*g)/(z-lambda)); 
    (zit(p) @ zit(q)-zit(r))(z): coeffss(numer(%), z): solve(%, r);
    $$ \mathrm{zit} \doteq \lambda\mapsto z\mapsto {\frac { \left( f+g-\lambda \right) z-fg}{z-\lambda}} $$ $$ r={\frac {fg-pq}{f+g-p-q}} $$

    Cordialement, Pierre.
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