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Lemme de géométrie circulaire

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Réponses



  • Les notations prêtent à confusion, $\mathrm{zit}$ étant déjà suremployé. C'est par exemple un polynôme et aussi  la courbe $\mathrm{Zit}(\frac{P}{Q},\theta)$ $=$ $\{z\in\C\mid \mathrm{Arg}(\frac{P(z)}{Q(z)})=\theta\}$, la zitoussienne de la fraction rationnelle $\frac{P}{Q}$ et de paramètre $\theta$. Par exemple, lorsque $P=\mathrm{PLDX1}$, $Q=\mathrm{ZIT}$, et $\theta=\frac{\pi}{2}$, on obtient la courbe ci-dessus. Dommage que $\mathrm{ZIT}$ ait si peu de neurones; en même temps, c'est ce qui donne à cette courbe animée son effet de rayonnement.
    Après je bloque.
  • Bonjour,$\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}\def\coni{\mathcal{C}} \def\conii#1{\mathcal{C}_{#1}}\def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\cc{\mathbb{C}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}}$

    Transpositions circulaires permutant deux cycles. Le plus efficace est de prendre un exemple et de généraliser au fur et à mesure.
    1. On se donne les points: \[ z_{Q1},z_{Q4},z_{A},z_{B}\doteq-3+i,1-2\,i,3+4\,i,-5+i \]
    2. On rappelle qu'un cercle est une conique qui passe par les ombilics (d'où l'impossibilité d'une prétendue géométrie circulaire qui n'aurait qu'un seul point à l'infini). Une base de cet espace est formée par $\vz\vt,\vt^{2},\vzz\vt,\vz\vzz$. On remarquera que $\vt^{2}=0$ (le cercle horizon) n'est pas la même chose que $\vt=0$ (la droite de l'infini). L'application \[ \vz:\vt:\vzz\mapsto\left[\vz\vt,\vt^{2},\vzz\vt,\vz\vzz\right] \] s'appelle le plongement de Veronese (exercice: montrer qu'il s'agit vraiment d'un plongement). Un cycle se décrit alors par une colonne (projective) de quatre coefficients. Et l'équation $M\in\mathcal{C}$ s'écrit $Ver\left(M\right)\cdot\left(\mathcal{C}\right)=0$.
    3. Une autre base de l'espace des cercles est \[ \left[\begin{array}{cccc} 3+i & 3+i & -1-2\,i & -1-2\,i\\ 10 & -5+5\,i & -5-5\,i & 5\\ 3-i & -1+2\,i & 3-i & -1+2\,i\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right] \] Elle est formée par les quatre cercles points $\widehat{Q_{j}}$ centrés en $Q_{1},Q_{2},Q_{3},Q_{4}$ où $Q_{2},Q_{3}$ sont les points invisibles associés à $Q_{1},Q_{4}$.
    4. Les équations des cercles $\left(Q_{1},Q_{4},A\right)$ et $\left(Q_{1},Q_{4},B\right)$ sont \begin{align*} \conii 1 & \simeq\left(\begin{array}{c} -1/2+3/2\,i\\ -10\\ -1/2-3/2\,i\\ 1 \end{array}\right) & = & \frac{1+i}{2}\widehat{Q_{2}}+\frac{1-i}{2}\widehat{Q_{3}}\\ \conii 2 & \simeq\left(\begin{array}{c} 4-9/2\,i\\ 5\\ 4+9/2\,i\\ 1 \end{array}\right) & = & \frac{1-2i}{2}\widehat{Q_{2}}+\frac{1+2i}{2}\widehat{Q_{3}} \end{align*} On retrouve les propriétés générales d'un faisceau à points de base.
    5. Et maintenant, on cherche les points fixes $F,G$ des homographies $h$ qui permutent les cercles $\conii 1$ et $\conii 2$. On écrit donc $F\simeq f:1:\overline{f}\etc$, et l'on calcule $\widehat{H}$, l'action (linéaire) de $h$ sur les cycles. On a: \begin{eqnarray*} \widehat{H} & \simeq & \left[\begin{array}{cccc} -\overline{g} & -\overline{f} & -\overline{g} & -\overline{f}\\ \overline{g}g & g\overline{f} & \overline{g}f & f\overline{f}\\ -g & -g & -f & -f\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cccc} +1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & +1 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cccc} -\overline{g} & -\overline{f} & -\overline{g} & -\overline{f}\\ \overline{g}g & g\overline{f} & \overline{g}f & f\overline{f}\\ -g & -g & -f & -f\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right]^{-1}\\ & \simeq & \frac{1}{\left|f-g\right|^{2}}\;\left[\begin{array}{cccc} -\left(\overline{f+g}\right)\left(f+g\right) & -2\,\overline{f+g} & -4\,\overline{fg} & -2\,\left(f+g\right)\overline{fg}\\ 2\,\left(\overline{f+g}\right)fg & \left(\overline{f+g}\right)\left(f+g\right) & 2\,\left(f+g\right)\overline{fg} & 4\,\overline{fg}gf\\ -4\,gf & -2\,\left(f+g\right) & -\left(\overline{f+g}\right)\left(f+g\right) & -2\,\left(\overline{f+g}\right)fg\\ 2\,\left(f+g\right) & 4 & 2\,\overline{f+g} & \left(\overline{f+g}\right)\left(f+g\right) \end{array}\right] \end{eqnarray*}
    6. Pour commencer, $\widehat{H}$ doit permuter les intersections des deux cercles. On élimine en $g,\overline{g}$ et cela donne \[ g=\dfrac{\left(a+b\right)f-2\,a\,b}{2f-\left(a+b\right)},\;\overline{g}=\dfrac{\left(\overline{a+b}\right)\overline{f}-2\,\overline{ab}}{2\,\overline{f}-\overline{a+b}} \] On remarque qu'il s'agit de la transposition circulaire $F\mapsto G$ dont les 4 points fixes sont les $Q_{j}$.
    7. On cherche maintenant à préciser $f,\overline{f}$ pour que \[ \widehat{H}\;:\;\frac{1+i\,t}{2}\widehat{Q_{2}}+\frac{1-it}{2}\widehat{Q_{3}}\;\leftarrow\mapsto\frac{1+i\,T}{2}\widehat{Q_{2}}+\frac{1-iT}{2}\widehat{Q_{3}} \] On élimine et on trouve: \[ \overline{f}=\dfrac{\left(\left(\overline{a}-\overline{b}\right)f+a\overline{b}-\overline{a}b\right)\left(tT-1+W\right)-i\left(\left(\overline{a}+\overline{b}\right)f-\left(\overline{a}b+a\overline{b}\right)\right)\left(t+T\right)}{\left(a-b\right)\left(tT-1+W\right)-i\left(2f-\left(a+b\right)\right)\left(t+T\right)} \] avec $W^{2}=\left(1+t^{2}\right)\left(1+T^{2}\right)$.
    8. Remarque calculatoire: en fait $\overline{f}$ se présente comme un quotient 2ème degré par 2ème degré. Les exemples numériques suggèrent que cela se factorise (et on en a besoin pour appliquer locusconi au § suivant). Il reste à forcer la factorisation dans $\cc\left(W\right)\left[\vz,\vt,\vzz\right]$. Yaka.
    9. On a donc une famille de points $F$. On en trouve le lieu à coups de locusconi. Cela donne deux cercles: \[ \mathcal{F_{\pm}}\simdoteq\left(t+T\right)\left(\begin{array}{c} -\left(\overline{a+b}\right)\\ \overline{a}b+a\overline{b}\\ -\left(a+b\right)\\ 2 \end{array}\right)+i\left(tT-1\pm W\right)\left(\begin{array}{c} \overline{b-a}\\ \overline{a}b-a\overline{b}\\ a-b\\ 0 \end{array}\right) \] où l'indice $\pm$ désigne le signe choisi pour $W$. On reconnaît le cercle de diamètre $Q_{1}Q_{4}$ ainsi que la droite $Q_{1}Q_{4}$. Et donc les deux cercles $\mathcal{F}_{\pm}$ passent par $Q_{1},Q_{4}$. Et on a: \begin{eqnarray*} \omega & = & \frac{a+b}{2}-i\,\dfrac{tT-1+W}{t+T}\,\frac{a-b}{2}\\ \rho^{2} & = & \frac{1}{4}\left(1+\left(\dfrac{Tt-1+W}{t+T}\right)^{2}\right)\left|a-b\right|^{2} \end{eqnarray*}
    10. Une autre façon de dire que les $\mathcal{F}_{\pm}$ appartiennent au faisceau des $\coni_{j}$ est: \[ \mathcal{F}_{\pm}=\dfrac{T^{2}+1\mp W}{T-t}\,\coni_{1}+\dfrac{t^{2}+1\mp W}{t-T}\,\coni_{2} \] Et en plus, les deux cercles $\mathcal{F}_{\pm}$ sont orthogonaux entre eux.
    11. La figure suggère qu'une droite $FG$ avec $F,G\in\mathcal{F_{+}}$ passe par le centre de $\mathcal{F}_{-}$. Le calcul le confime. Autrement dit, la transformation du §6 peut s'interpréter, pour chacun des cercles $\mathcal{F}_{\pm}$, comme une involution de Frégier (différente d'un cercle à l'autre). Ah, la belle enveloppe !




    Cordialement, Pierre.
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