Approche timide (mais obstinée) d'un embryon de géométrie projective
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
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
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
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
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.
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.
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
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
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
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
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
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
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
$\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.
Cordialement, Pierre.
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
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
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 !?
Quand même (et toujours) très grand merci !
Amicalement,
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!
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
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.
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
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
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 :
\[ \boxed {\mathcal K} \simeq \left[ \begin {array} {ccc} \tau& \dfrac { z}{t} \left(1- \tau \right) &0 \\ 0&1&0\\ 0&
\dfrac { \zeta} {t}\left( 1- \dfrac 1 \tau \right) &\dfrac 1 \tau \end {array} \right] \]
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 :
- \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 :
\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.
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
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
- $h$ possède trois points fixes : $(-2,-3)$, $(3,2)$, $(\dfrac{14}{3},-\dfrac{14}{3})$.
- $h$ laisse stable l'ellipse d'équation $x^2-xy+y^2=7$.
- Lisible sur la troisième ligne de la matrice $H$, $h^{-1}(\infty)$ est bien sûr la droite d'équation $2x-10y=35$.
- La forme matricielle permet de ne pas se casser la nénette pour trouver $h^{-1}$, et en déduire $h(\infty):10x-2y=35$.
- 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.Swingmustard
a&b&c\\
a'&b'&c'\\
a''&b''&c''\end{pmatrix}$$"
Cordialement, Pierre.
(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.