Homographies et propriétés

nyadis
nyadis
Modifié (May 2022) 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

  • flipflop
    flipflop
    Salut, 

    L'algorithme est assez simple, il suffit de prendre $z \mapsto z$  B)
  • nyadis
    nyadis
     :)  Tout à fait !  J'ai juste omis de dire que je voulais une homographie différente de l'identité ! 
  • flipflop
    flipflop
    OK,  par invariant tu veux dire $\forall a \in A, f(a) = a$ ?  ou bien $f(A) = A$ (invariant en tant qu'ensemble) ? 
  • Math Coss
    Math Coss
    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.
  • gai requin
    gai requin
    La réponse est oui si $A$ est de cardinal $3$ ou $4$.
  • nyadis
    nyadis
    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.
  • nyadis
    nyadis
    Modifié (May 2022)
    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 $ ? 
  • nyadis
    nyadis
    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? 
  • Math Coss
    Math Coss
    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 !
  • gai requin
    gai requin
    Modifié (May 2022)
    @Math Coss : Je te laisse écrire l'involution qui envoie $a$ sur $b$ et $c$ sur $d$ lorsque $A=\{a,b,c,d\}$.
  • nyadis
    nyadis
    Modifié (May 2022)
    @Math Coss:  Merci bien pour ton déroulement ! 
  • Math Coss
    Math Coss
    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...
  • gai requin
    gai requin
    Modifié (May 2022)
    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.
  • nyadis
    nyadis
    Modifié (May 2022)
    @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 ! 


  • gai requin
    gai requin
    Oui, il existe une unique homographie qui fixe l'un des trois points et échange les deux autres.
  • nyadis
    nyadis
    Modifié (May 2022)
    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]
  • gai requin
    gai requin
    Modifié (May 2022)
    @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.
  • nyadis
    nyadis
    Merci beaucoup! 
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