Image d'une droite par une homographie
Pas trop l'habitude de ce sous-forum, j'espère que je vais en ressortir entier.
Soient $\alpha$ et $\beta$ deux nombres complexes distincts. A priori, l'image de la droite faisant un angle $\theta$ avec l'axe des abscisses par l'homographie $$z\mapsto \frac{\alpha z + \beta}{z+1}$$ est un cercle passant par $\alpha$ et $\beta$ (quand $\theta=0 \;(\bmod\pi)$ c'est en fait une droite), mais j'ai beaucoup de mal à en déterminer le centre.
La seule chose qui me paraît évidente est que si on note $C_{\alpha,\beta}(\theta)$ ce cercle image et si $f:\C\to\C$ est affine, alors $C_{f(\alpha),f(\beta)}(\theta) = f(C_{\alpha,\beta}(\theta))$; donc pour simplifier on peut fixer les valeurs de $\alpha$ et $\beta$ (par exemple $\alpha=1$, $\beta=-1$, et dans ce cas le centre appartient à l'axe imaginaire pur, mais je ne le trouve pas).
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Réponses
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« la droite faisant un angle $\theta$ avec »
J’en trouve plein. Parles-tu de celle qui passe par l’origine ? -
Bonjour,
$\dfrac{\alpha z+\beta}{z+1} = \alpha + \dfrac{\beta-\alpha}{z+1} $. Soit $M$ le point du cercle diamétralement opposé à $\alpha $. Il est le point du cercle le plus éloigné de $\alpha$, donc il est donné par le $z$ qui minimise $|z+1|$. Ensuite tu calcules ce $z$, tu en déduis $M$, puis le centre du cercle est égal à $\dfrac{\alpha+M}2$. -
Dom: tu as entièrement raison
Je parlais effectivement de "celle-là".Calli, merci je vais essayer demain (j'ai posté en fin de journée après avoir pas mal cherché, là je sature).Edit: je n'ai pas fait de calcul, mais y ai un peu réfléchi, et trouve ça astucieux:)))Après je bloque. -
Mon cher i.zitoussiMoi je trouve au contraire ton idée très très astucieuse!Etudie d'abord le cas $\alpha=0$, $\beta=1$ et suis ton idée (qu'il faudrait quand même démontrer à l'intention de ceux de tes lecteurs qui seraient un peu hébétés!).Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!AmicalementpappusPSIl n'est pas interdit de faire des figures!
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Bonjour i.zitoussi.J'ai dans cette circonstance l'habitude de procéder ainsi: $\quad \forall z \in \C, \quad z\in D_{\theta} \iff z\mathrm e^{-\mathrm i\theta} \in \R \iff \mathrm e^{-\mathrm i\theta} \: z=\mathrm e^{\mathrm i\theta}\overline z.$$h$ désignant l'homographie $z\mapsto \dfrac {\alpha z + \beta}{z+1}, \:$ pour tous points $m$ et $M$ d'affixes respectives $z$ et $Z, \quad M=h(m) \iff z =\dfrac {Z-\beta}{\alpha -Z}.$Ainsi: $ \quad \forall Z\in \C, \:\: M(Z)\in h(D_{\theta} )\iff \mathrm e^{-\mathrm i\theta}\left(\dfrac {Z-\beta}{\alpha -Z} \right)=\mathrm e^{\mathrm i\theta}\overline{\left(\dfrac {Z-\beta}{\alpha -Z} \right)}.\quad (1)$Lorsque $\sin \theta \neq 0, \:\: (1) \iff Z\overline Z -\overline u Z -u \overline Z +a =0 \iff |Z-u|^2 =|u|^2-a, \:\text{ avec } u = \dfrac {\mathrm i(\beta \mathrm e^{-\mathrm i\theta}-\alpha \mathrm e^{\mathrm i\theta})}{2 \sin \theta}, \:\: a \in \R.$$$ h(D_{\theta} ) \text{ est un cercle dont le centre a pour affixe } \dfrac {\mathrm i(\beta \mathrm e^{-\mathrm i\theta}-\alpha \mathrm e^{\mathrm i\theta})}{2 \sin \theta}.$$
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Bonjour à tousMais bien entendu, on peut faire aussi le calcul directement.J'ai remarqué au cours de ma longue carrière professionnelle combien le calcul de l'image d'une application était déroutant.L'exercice de i.zitoussi ne fait pas exception et pourtant il doit se faire instantanément sans même y penser!Amicalementpappus
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Merci Lou16C'est exactement comme cela qu'il fallait procéder.Ce n'est pourtant pas très difficile.Mais il serait intéressant de faire fonctionner l'astuce de i.zitoussi (après l'avoir démontrée!).Amicalementpappus
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Mon cher CalliLou16 n'a fait que suivre la méthode préconisée dans tous les bons livres.Que dire d'autre que de le remercier de m'avoir épargné cette petite corvée!Par contre si tu veux te rendre utile, tu peux toujours suivre la méthode de i.zitoussi pour m'éviter de le faire!Amicalementpappus
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Le marchand de sable est passé...
Merci à Calli, pappus et LOU16 pour vos réponses. Permettez-moi de répondre dans l'ordre.
Je pose $\zeta:=e^{i\theta}$, vecteur directeur de la droite $D_\theta := \{t\zeta \mid t\in \R\}$.
Avec la méthode de Calli, on cherche le maximum de $|\frac{1}{1+z}|$ lorsque $z(t)$ parcourt $D_\theta$, ce qui a lieu lorsque $0=\frac{\partial}{\partial t} \frac{1}{|1+t\zeta|} = -\frac{(t+\cos\theta)}{|1+t\zeta|^3}$, càd lorsque $t=-\cos \theta$. En ce point, $1+z(t)$ vaut $1-(\cos\theta) \, \zeta = 1-\cos^2\theta-i\cos\theta\sin \theta =-i (\sin\theta) \, \zeta$. Donc le point diamétralement opposé à $\alpha$ a pour affixe $\alpha + i\frac{\beta-\alpha}{ (\sin\theta)} \, \bar\zeta$. On obtient directement le diamètre du cercle et son centre:$$\mathrm{Diamètre} = \left|\frac{\beta-\alpha}{\sin\theta}\right|,\quad \mathrm{Centre} = \alpha + i\frac{\beta-\alpha}{2 (\sin\theta) }\bar\zeta.$$ On peut vérifier que ça coïncide avec ce qu'a trouvé LOU16. Ceci dit, ça ne prouve pas que l'image est bien un cercle (c'est supposé connu "par ailleurs").
Mon cher pappus, je ne comprends pas bien quelle astuce tu vois dans mon message initial ni ce que je suis sensé prouver.
LOU16, merci pour ta réponse. Je n'arrivais pas à convertir la paramétrisation de la droite $D_\theta$ en une équation de cette droite... Maintenant que j'ai la réponse je ne me sens pas très bien:))Ma question avait en fait un lien avec un autre fil que j'ai ouvert il y a quelque temps et où tu avais déjà répondu, avec une légère différence: Dans le fil cité, il s'agissait de trouver le lieu des points vérifiant $\mathrm{Im}\frac{P(z)}{Q(z)} = 0$, c'est-à-dire $\mathrm{Arg}\frac{P(z)}{Q(z)} = 0 \mod \pi$, où $P$ et $Q$ sont des polynômes de petit degré (pour que ce soit faisable). Ici j'ai changé un peu: $P$ et $Q$ sont de degré 1 et le problème revient à chercher le lieu des points tels $\mathrm{Arg}\frac{P(z)}{Q(z)} = \theta \mod \pi$, où cette fois $\theta$ peut être quelconque.Il faudra d'ailleurs que je corrige ce fil un jour car j'y ai dit un certain nombre de choses fausses...Après je bloque. -
Mon cher i.zitoussiTu as écrit:La seule chose qui me paraît évidente est que si on note $C_{\alpha,\beta}(\theta)$ ce cercle image et si $f:\C\to\C$ est affine, alors $C_{f(\alpha),f(\beta)}(\theta) = f(C_{\alpha,\beta}(\theta))$Pourquoi n'as-tu rien fait de cette astuce (pas si évidente que cela, elle mériterait une petite démonstration à elle toute seule) pour déterminer l'affixe de ce satané centre!Amicalementpappus
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Il me semble plus simple de minimiser $|z+1|$ que de maximiser $|\frac1{z+1}|$. En effet, $|z+1|^2 = |te^{i\theta}+1|^2 = |t+e^{-i\theta}|^2 = (t+\cos\theta)^2+(\sin \theta)^2$ qui est minimal en $t=-\cos\theta$ (pas besoin de dériver).i.zitoussi a dit :Avec la méthode de Calli, on cherche le maximum de $|\frac{1}{1+z}|$ lorsque $z(t)$ parcourt $D_\theta$, ce qui a lieu lorsque $0=\frac{\partial}{\partial t} \frac{1}{|1+t\zeta|} = -\frac{(t+\cos\theta)}{|1+t\zeta|^3}$, càd lorsque $t=-\cos \theta$.
Oui, c'est vrai.i.zitoussi a dit :Ceci dit, ça ne prouve pas que l'image est bien un cercle (c'est supposé connu "par ailleurs").
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Mon cher pappus,J'ai l'impression qu'il suffit d'écrire: si $h_{\alpha,\beta}=(z\mapsto \frac{\alpha z+\beta}{z+1})$ est notre homographie, et si $f=(z\mapsto \sigma z + \tau)$ est affine, alors $h_{f(\alpha), f(\beta)} = f\circ h_{\alpha, \beta}$ (la vérification est immédiate; peut-être faut-il que je précise que j'utilise la propriété de distributivité de la multiplication par rapport à l'addition ?). Après je ne vois pas en quoi ça permet de continuer de façon originale (par rapport aux méthodes de Calli et Lou16).Après je bloque.
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Un petit gif pour la route. Sur l'image, $\alpha$, c'est le point blanc, $\beta$, le point rouge (tous les deux tirés au hasard), $\theta$ varie de $0$ à $\pi$ par pas de $1°$, l'un des arcs de cercle représente l'image de la demie-droite $\{re^{i\theta} \mid r>0\}$ et l'autre arc l'image de l'autre demie-droite $\{re^{i(\theta+\pi)} \mid r>0\}$, mais j'avoue que je ne sais déjà plus qui est qui. Il aurait fallut représenter plus de choses, par exemple la médiatrice de $[\alpha, \beta]$ et le centre du cercle qui se déplace dessus.
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Mon cher i.zitoussiLe but de la manip est le suivant.Tu te donnes dans le plan complexe les points d'affixes $\alpha$ et $\beta$ ainsi que la droite $\Delta$ (passant par l'origine) dont on cherche l'image $C(\alpha,\beta)$.Construire à la règle ébréchée et au compas rouillé le centre du cercle $C(\alpha,\beta)$.Amicalementpappus
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Bonjour à tousPour le moment laissons tomber provisoirement l'astuce de i.zitoussi qui a eu la gentillesse de nous la prouver.On verra plus tard comment elle conduit effectivement à la détermination du centre du cercle $C(\alpha,\beta)$Il faut bien comprendre que l'exercice de i.zitoussi est un exercice de géométrie circulaire et qu'il vaut mieux le résoudre avec des méthodes de géométrie circulaire.La détermination du centre résulte d'un simple calcul de conjugué.Je note $s$ la symétrie par rapport à la droite $\Delta$ dont on cherche l'image par $h_{\alpha,\beta}$Calculer le conjugué $h_{\alpha,\beta}\circ s\circ h^{-1}_{\alpha,\beta}$Amicalementpappus
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BonjourSoit $C_{\alpha,\beta}=h_{\alpha,\beta}(\Delta)$.$h_{\alpha,\beta}\circ s\circ h^{-1}_{\alpha,\beta}(C_{\alpha,\beta})=C_{\alpha,\beta}$$h_{\alpha,\beta}\circ s\circ h^{-1}_{\alpha,\beta}$ est l'inversion de cercle $C_{\alpha,\beta}$Amicalement.
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Merci CaillouxLe résultat est exact mais je n'ai pas bien compris ton raisonnement qu'il faudrait étoffer un peu plus!Comment en déduire instantanément l'écriture de l'affixe du centre de $C(\alpha,\beta)$?Amitiéspappus
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Ok, je crois avoir compris quelques petits trucs. Si $\Delta$ est un cercle généralisé (cercle ou droite):Il existe une et une seule homographie $s$ qui fixe $\Delta$ point par point. Pour une droite, c'est la symétrie axiale par rapport à cette droite. Pour un (vrai) cercle, c'est l'inversion par rapport à ce cercle. Dans les deux cas, le "centre" de $\Delta$, c'est $s(\infty)$.Ensuite en conjuguant par une homographie $h$ quelconque, $hsh^{-1}$ fixe $h(\Delta)$ point par point, et le centre de $h(\Delta)$, c'est $hsh^{-1}(\infty)$.Après je bloque.
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Bonjour pappus,Je ne suis pas sûr de moi : je pensais qu'une transformation circulaire directe ayant un cercle invariant était une inversion définie par ce cerclePour la suite, le centre du cercle $C_{\alpha,\beta}$ a pour affixe $h_{\alpha,\beta}\circ s\circ h_{\alpha,\beta}^{-1}(\infty)=h_{\alpha,\beta}\circ s(-1)=h_{\alpha,\beta}(-e^{2i\theta})=\dfrac{-\alpha e^{2i\theta}+\beta}{-e^{2i\theta}+1}$
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Mon cher i.zitoussiCe n'est pas tout à fait cela car en géométrie circulaire, on entend par homographie une transformation circulaire directe qui a 1 ou 2 points fixesIl vaut mieux parler ici de transformation circulaire indirecte involutive.Si tu as vraiment compris ce qui se passe, comment écrire directement l'affixe du centre du cercle $C(\alpha,\beta)$ pratiquement sans le moindre calcul!Amicalementpappus
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Mon cher pappus,Après un petit temps d’hébétement, je viens de comprendre ce qui te gêne dans ce que j'ai dit... une symétrie axiale n'est pas une homographie.Mis à part cela, je ferais exactement comme vient de le faire cailloux (et je trouvais la même chose, qui est aussi la même chose que ce qui avait été obtenu précédemment par Calli et LOU16). Pour moi c'est très éclairant.
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Bonjour, $\def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\ptv{~;~} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}\def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}}\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}$On gagne toujours à repérer une transformation par rapport à ses points fixes. Soient donc $f,g$ les points fixes de $h$ tels qu'ils apparaissent dans la vue supérieure. On obtient: \[ h\left(z\right)=\frac{\left(f+g+1\right)z-fg}{z+1} \]Si $\tau$ est le clinant de la droite considérée, son point mobile s'écrit $\dfrac{\vz}{\vt}=\tau\,k$, avec $k$ réel. Et le point mobile de la courbe image est: $\dfrac{\vz}{\vt}=\dfrac{\left(f+g+1\right)\tau\,k-fg}{\tau\,k+1}$. Vu de dessous, cela donne $\dfrac{\vzz}{\vt}=\dfrac{\left(\overline{f}+\overline{g}+1\right)k-\overline{f}\overline{g}\,\tau}{k+\tau}$. On élimine $k$ et on obtient l'équation: \begin{eqnarray*} \left[\vz\vt,\vt^{2},\vzz\vt,\vz\vzz\right]\cdot\left(\begin{array}{c} \overline{f}\overline{g}\tau^{2}+\left(\overline{f}+\overline{g}+1\right)\\ \left(\overline{f}+\overline{g}+1\right)fg-\overline{f}\overline{g}\left(f+g+1\right)\tau^{2}\\ -fg-\left(f+g+1\right)\tau^{2}\\ \left(\tau^{2}-1\right) \end{array}\right) & = & 0 \end{eqnarray*} On en déduit le centre $C \simeq\left(\begin{array}{c} \left(f+g+1\right)\tau^{2}+fg\\ \tau^{2}-1\\ -\overline{f}\overline{g}\tau^{2}-\left(\overline{f}+\overline{g}+1\right) \end{array}\right)$ et le rayon $\rho=\dfrac{i\tau}{\left(\tau^{2}-1\right)}\,\left|f+1\right|\,\left|g+1\right|$.On peut retrouver tout cela par des méthodes stratosphériques. On sait que l'action d'une Cremona-homographie $H$ de $\pcct$ sur les affixes des cycles est une action linéaire. C'est ce qui fait que l'image d'un faisceau de cycles est un faisceau de cycles. Le multiplicateur de $h$ est \[ m\doteq\left(\frac{\partial h\left(z\right)}{\partial z}\right)_{z=f}=\frac{g+1}{f+1} \] Une base de l'espace des cycles est formé par les cycles-points des quatre points fixes de $H$ et l'action de $H$ sur les autres cycles est donnée par \begin{gather*} P\simeq\left[\begin{array}{cccc} -\overline{g} & -\overline{f} & -\overline{g} & -\overline{f}\\ g\overline{g} & g\overline{f} & f\overline{g} & f\overline{f}\\ -g & -g & -f & -f\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right]\ptv\Delta\simeq\left[\begin{array}{cccc} m\,\overline{m} & 0 & 0 & 0\\ 0 & m & 0 & 0\\ 0 & 0 & \overline{m} & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]\\ \widehat{H}\simeq P\cdot\Delta\cdot P^{-1}\simeq\left[\begin{array}{cccc} \overline{f}+\overline{g}+1 & -\left(\overline{f}+\overline{g}+1\right) & -\overline{g}\overline{f} & \overline{g}\overline{f}\\ gf\left(\overline{f}+\overline{g}+1\right) & \left(f+g+1\right)\left(\overline{f}+\overline{g}+1\right) & \overline{g}\overline{f}\left(f+g+1\right) & \overline{f}\overline{g}fg\\ -fg & -\left(f+g+1\right) & f+g+1 & fg\\ -1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right] \end{gather*} Evidemment, on retrouve les coordonnées du cercle.Quoiqu'il en soit on aura remarqué que le rayon $\rho$ dépend des distances du pôle aux points fixes. Commentaire ?Par ailleurs, l'image du cercle unité par $h$ est \[ \widehat{H}\cdot\left(0: -1: 0: 1\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \left(\overline{g}+1\right)\left(\overline{f}+1\right)\\ \overline{f}\overline{g}fg-\left(1+f+g\right)\left(1+\overline{f}+\overline{g}\right)\\ \left(g+1\right)\left(f+1\right)\\ 0 \end{array}\right) \] C'est une droite (évident) et elle passe par $C $ (moins évident).
Cordialement, Pierre.[Pierre. Quels symboles voulais-tu associer à \vt, \vz, \vzz ? AD]
Edit: corrigé. Merci à toi, AD. Et une figure. -
Mon cher CaillouxTu as raison de n'être pas sûr de toi, une transformation circulaire directe ne sera jamais une inversion et pourtant c'est ce que tu viens de dire.Tout le monde a maintenant compris comment calculer simplement ce satané affixe en restant dans la géométrie circulaire sans s'égarer ailleurs!Bravo Cailloux pour l'avoir écrit noir sur blanc!Mais je repique à la ratatouille.Etant donnés les points $\alpha$ et $\beta$ distincts, comment construire simplement à la règle et au compas le centre du cercle $C(\alpha,\beta)$?Amicalementpappus
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plxd1: Ton premier développement me semble être une réécriture compliquée (mais c'est pourtant exactement ce que je cherchais à faire en ouvrant ce fil) de ce qu'a exposé LOU16. Je n'ai pas les moyens de comprendre celui qualifié de stratosphérique.Mais l'expression du rayon en fonction des points fixes au lieu des racines est intéressante (avec tes notations, on a $f+g=\alpha-1$, $fg=-\beta$, et donc $|\beta-\alpha| = |fg+f+g+1| = |f+1|\, |g+1|$), bien que je ne sache pas l'interpréter.pappus: c'est ici que je descends. Ma règle est ébréchée pour de bon, et mon compas je ne sais plus il est passé. Je lirai les réponses avec attention.Après je bloque.
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Merci i.zitoussi pour ton exercice.Tu vois qu'il suffit de pas grand chose, une droite et une homographie pour faire de la géométrie intéressante.Il est vrai qu'il s'agit de géométrie circulaire.C'est cela qui me surprend le plus à une époque où on se cantonne plutôt à ânonner avec la plus grande satisfaction les axiomes de Thalès et de Pythagore pour être persuadé qu'on fait de la géométrie!Où as-tu trouvé cet exercice et quel cursus suis-tu si tu es étudiant?La géométrie demande parfois des calculs mais surtout des figures.On a vu quelques calculs mais la figure que tu nous as proposée m'a laissé sur ma faim.Dans un premier temps, je vais appliquer ton astuce à la détermination du centre et je ne comprends pas pourquoi tu n'as pas suivi ton idée jusqu'au bout!On va donc s'intéresser au cas $\alpha=0$ et $\beta=1$ c'est-à-dire au cercle $C(0,1)$Amicalementpappus
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Mon cher pappus,ce n'était pas un exercice. J'ai exposé mes motivations dans ce message plus haut, dans la partie adressée à LOU16. Dans mon esprit, il s'agit de voir comment se déplacent les racines d'un polynôme $P(X)$ lorsqu'on le perturbe par un autre, $Q(X)$, c'est-à-dire essayer de décrire les courbes que décrivent les racines de $P(X)+\mu Q(X)$ lorsque $\mu$ décrit une courbe qui part de $0$ et va à l'infini; le plus simple étant de prendre une demie-droite $\{t e^{i\theta} | t\geq 0\}$. Les racines $z(t)$ vérifient dans ce cas $P(z)+te^{i\theta}Q(z)=0$, (ce qui implique, pour $t\in]0,\infty[$, que $\mathrm{Arg}\frac{P(z)}{Q(z)} = \theta+\pi$). Quand $P=X-\alpha$, $Q=X-\beta$, ça donne le problème du fil, puisqu'alors $z(t) = \frac{\alpha+te^{i\theta}\beta}{1+te^{i\theta}}$, donc $z(t)$ décrit une courbe qui est l'image de la demie-droite par $u\mapsto \frac{\alpha+\beta\, u}{1+u}$ (j'ai inversé les roles de $\alpha$ et $\beta$ dans ce fil car ça me paraissait plus naturel). Au final, l'unique racine se déplace suivant un arc de cercle, de $\alpha$ vers $\beta$, et quand on change $\theta$ en $\theta+\pi$, on obtient l'arc complémentaire.J'aimerais décrire le cas où $P$ et $Q$ sont de degré au plus $2$ mais c'est nettement plus difficile, je crois que je rêve un peu. C'est une simple curiosité (ni étudiant ni chercheur ni autre).Après je bloque.
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Bonjour à tousVoir ci-dessous ma figure où je fais apparaître en pointillé le divin cercle trigonométrique, le seul, l'unique à résister encore aux assauts d'une administration que l'Europe ne nous envie guère comme aurait dit Pancrace Eusèbe Zéphyrin Brioché.Je remarque tristement que je suis le seul à l'avoir fait dans cette discussion.Va-t-il disparaître lui aussi?J'ai tracé les points $m=\exp(\imath\theta)$ et $n=-m$Et je constate avec la plus grande stupéfaction que leurs images respectives $m'$ et $n'$ par l'homographie $h(0,1)$ sont situées sur la médiatrice des points d'affixes $0$ et $1$.Ils sont donc diamétralement opposés sur le cercle $C(0,1)$ dont le centre $\Omega(0,1)$ est le milieu du segment $m'n'$.Complètement épuisé par cet alignement aussi inespéré que soudain, j'en ai profité pour suggérer une construction de ce centre à l'équerre ayant égaré mon compas rouillé tout comme zitoussi.Il ne restera plus qu'à utiliser sa brillante astuce pour traiter le cas général $C(\alpha,\beta)$Amicalementpappus
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Pappus, sans rien vouloir enlever à ton mérite, le cercle trigonométrique apparaît déjà dans la figure de Pierre, c'est le grand cercle. Et il trouve comme toi que l'image de ce cercle par $h$ est une droite qui passe par le centre qu'on cherchait.
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Bonjour, $\def\cc{\mathbb{C}}$@i_zitoussi. A propos de la " méthode stratosphérique" . Il s'agit de visualiser le fait que l'image d'un faisceau de cercles par une homographie est encore un faisceau de cercles. Visualiser veut dire " rendre visible" . Qu'est-ce qu'un cercle ? Si l'on se représente l'équation $\left(x-2\right)^{2}+(y-3)^{2}=25$ comme étant l'équation du cercle, on rate l'essentiel de la chose. En réalité, cette équation décrit le fait que \[ \left[x^{2}+y^{2},x,y,1\right]\cdot\left(\begin{array}{c} 1\\ -4\\ -6\\ -12 \end{array}\right)=0 \] Il y a donc, d'une part, $\left[x^{2}+y^{2},x,y,1\right]$ qui décrit un point (en utilisant une ligne à 4 coordonnées) et d'autre part $\mathcal{V}\doteq\left(1:-4:-6:-12\right)$ qui décrit le cercle dont on cause (en utilisant une colonne à 4 coordonnées). Ensuite de quoi, il y a une équation qui décrit l'incidence entre le point dont on cause et le cercle dont on cause.Un faisceau de cercles est l'ensemble des cercles décrits par les colonnes $\mu_{1}\mathcal{V}_{1}+\mu_{2}\mathcal{V}_{2}$ pour $\mu_{j}\in\cc$. Si l'on passe en complexes, on décrit un point ordinaire par $z:t:\zeta$ avec $z\doteq x+iy$, $\zeta\doteq x-iy$ et $t=1$. Cagnac, loué soit-il, définissait le plan comme un objet opaque, dont on regardera toujours le même côté (Classe de Mathématiques, collection Cagnac-Thiberge-Commeau, programmes de 1953). Un point de vue plus avancé est que l'on regarde d'un côté (voyant $z$) puis de l'autre côté (voyant $\zeta$) et qu'enfin on utilise le $1$ de la " variable d'homogénéité" pour unifier les deux visions en une seule et même colonne.Ensuite de quoi on utilise les quatre cercles de rayon nul centrés sur les quatre points fixes de l'homographie $H=\left(h,\overline{h}\right)$ comme base de l'espace des cercles. Un peu de calcul conduit à la matrice de passage $P$ et à la forme diagonalisée $\Delta$ qui ont été données. L'essentiel étant: cela conserve les droites (c'est à dire les faisceaux de cercles) parce que $\widehat{H}$ est linéaire.Pour en revenir au problème initial. L'image de $\left(D\right)$ par $h$ est caractérisée par les images de trois points. On commence par choisir $O$ et $\infty$... parce que leurs images $O'\doteq h\left(O\right)=\beta=-fg$ et $J'\doteq h\left(\infty\right)=\alpha=1+f+g$ sont connues. Une fois connues les valeurs de $C$ et $\rho$, on se dit qu'il est utile de prendre comme troisième point le point $H$, projection de $P$ sur $\left(D\right)$.On utilise zortho_proj pour calculer cette projection et on trouve: $z_{H}=-\frac{1}{2}\left(1+\tau^{2}\right)$ autrement dit le milieu du segment joignant le pôle et " moins tourne double" . Puis on calcule $h\left(z_{H}\right)$. On trouve... $2C-J'$. Quelle surprise ! On trouve aussi \[ \rho=\frac{\left|PF_{1}\right|\times\left|PF_{2}\right|}{2\left|PH\right|} \]Autre méthode. La droite $\left(D\right)$ est orthogonale au cercle $\left(O\right)$. Soient $U,V$ leurs intersections, avec $z_{U}=\tau$ et $z_{V}=-\tau$. Alors le cercle $h\left(D\right)$ est orthogonal à $h\left(O\right)$ qui est une droite. Donc $U'V'$ est un diamètre du cercle image, et $C=\left(U'+V'\right)/2$.
Autre méthode. On prend l'image de n'importe quel point de $(D)$. Et alors on utilise la brèche compassée pour tracer une médiatrice. On peut même cliquer sur le geogebra.
Cordialement, Pierre. -
Pierre, merci pour ces explications (que je n'osais pas trop demander). J'ai compris tes deux dernières méthodes, l'avant-dernière étant me semble-t-il celle décrite par pappus juste avant. Pour le reste, il va me falloir un certain temps de réflexion, mais ça m'intéresse particulièrement.
Après je bloque. -
Bonsoir à tousLa figure ci-dessous montre la construction à la règle et au compas du cercle $C(\alpha,\beta)$.Construire un cercle à la règle et au compas, c'est l'extase et probablement l'épectase.Cette construction est basée sur l'astuce de i.zitoussi.Mais je suis très fatigué et bourré de TNT.Je ne suis donc plus très lucide!Comprenne qui pourra!Je laisse donc à Calli le soin de la démonstration qu'il se fera un plaisir de faire!Amicalementpappus
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Bonjour à tousSoit $f$ la similitude directe telle que $f(0)=\alpha$ et $f(1)=\beta$. Son écriture est de la forme $z'=(\beta-\alpha)z+\alpha$ mais peu importe.Avec la remarque de i.zitoussi, on a $C_{\alpha,\beta}(\theta)=f(C_{0,1}(\theta))$et donc $\Omega_{\alpha,\beta}=f(\Omega_{0,1})$ qu'on sait construire.
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Merci CaillouxOui, c'est cela!Le calcul de l'affixe du centre en résulte immédiatement mais aussi sa construction à condition évidemment de bien connaître son Lebossé-Hémery, ce qui est mon cas même si je n'ai aucun mérite en la matière!AmicalementpappusPSPour faire ma figure, j'ai utilisé la macro suivante.On se donne quatre points $I$, $J'$, $A$, $A'$ et enfin un point variable $M$.Soit $f$ l'homographie (transformation circulaire directe) telle que $f(I)=\infty$, $f(\infty)=J'$, $f(A)=A'$.La macro doit construire le point $M'=f(M)$.Comment faire?
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Bonjour pappusUne petite digression ; j'avais tenté auparavant la chose suivante (avec ce qui avait été écrit mais sans succès).Soit $P$ le point d'affixe $-1$. $P'$ est le symétrique de $P$ par rapport à $\Delta$.Et $\Omega_{\alpha,\beta}=h_{\alpha ,\beta}(P')$.À mon grand dam, j'étais incapable de "construire" l'image de $P'$ par $h_{\alpha,\beta}$.Amicalement.[Edit] Merci à toi AD. Je fais très attention à l'orthographe mais le A majuscule accentué me pose toujours le même problème : j'oublie que alt0192 est la bonne solution. Je ne sais pas trop ce qui s'est passé pour le "j". Une espace intempestive peut-être ?Encore une fois, merci pour ta vigilance.
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BonjourJ'avoue ne pas comprendre grand chose (sauf les messages calculs qui sont clairs).Et je suis impressionné par ces dessins. Chapeau !J'essaierais (et je ne l'ai pas fait) d'obtenir le centre comme intersection de deux droites non parallèles.La première est donnée par i.zitoussi : la médiatrice des points repérés par alpha, beta.On calcule l'image de la droite orthogonale à la droite dont on essaie de calculer l'image et passant par le pôle de la transformation. Sauf bêtise on devrait obtenir une droite, donc en fait il suffit concrètement de calculer l'image de deux points.Je ne sais pas si on peut faire ça géométriquement (enfin si on sait faire mais moi je ne sais pas) mais on peut faire deux calculs.Et par conformité, l'image de cette droite orthogonale est orthogonale au cercle image, donc passe aussi, si je ne dis pas de bêtise, par le centre.Avec un peu de chance les deux droites (la première est la médiatrice) qui passent par le centre ne sont pas parallèles/égales (ou alors c'est peut-être comme ça que i.zitoussi a obtenu la 1ère droite) et on obtient le centre comme intersection.
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Mon cher CaillouxC'est justement la macro dont je parlais!Que connais-tu de $h_{\alpha,\beta}$ qui le caractérise?Son pôle (ou point limite objet) $I$ d'affixe $-1$.Son point limite image $J'$ d'affixe $\alpha$, c'est le pôle de $h^{-1}_{\alpha,\beta}$Et enfin la paire de points homologues $(0,\beta)$Il suffit donc d'appliquer cette macro à cette situation concrète!La réponse doit être différente entre Cabri et GeoGebra!Amitiéspappus
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Bonjour,
Généralisons un peu. On se donne une homographie par ses deux points fixes $F,G$ (affixes $f,g$) et son multiplicateur $m$. Dans la carte spherique supérieure, elle s'écrit donc \[ h(z)=\dfrac{\widehat{a}z+\widehat{b}}{\widehat{c}z+\widehat{d}}=\dfrac{\left(f-mg\right)z+fg\left(m-1\right)}{\left(1-m\right)z+\left(mf-g\right)} \] et, en tant que transformation de Cremona agissant sur l'espace tout entier: \[ H\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \left(\left(f-gm\right)\vz+fg\left(m-1\right)\vt\right)\left(\left(1-\overline{m}\right)\vzz+\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right)\vt\right)\\ \left(\left(1-m\right)\vz+\left(fm-g\right)\vt\right)\left(\left(1-\overline{m}\right)\vzz+\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right)\vt\right)\\ \left(\left(1-m\right)\vz+\left(fm-g\right)\vt\right)\left(\left(\overline{f}-\overline{m}\overline{g}\right)\vzz+\overline{f}\overline{g}\left(\overline{m}-1\right)\vt\right) \end{array}\right) \] Soit $P$ son pôle. On a donc: \[ F,G,P\simeq\left(\begin{array}{c} f\\ 1\\ \overline{f} \end{array}\right),~\left(\begin{array}{c} g\\ 1\\ \overline{g} \end{array}\right),~\left(\begin{array}{c} \left(mf-g\right)\left(\overline{m}-1\right)\\ \left(m-1\right)\left(\overline{m}-1\right)\\ \left(m-1\right)\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right) \end{array}\right) \]On se donne maintenant une droite et son point courant: \[ \Delta\simeq[a,b,c]\ptv M_{t}\doteq\left(\begin{array}{c} 1/a\\ t/b\\ -\left(1+t\right)/c \end{array}\right) \] On calcule le lieu de $H\left(M_{t}\right)$ à coup de locusconi. On peut aussi utiliser la méthode stratosphérique en introduisant: $\widehat{H}\simeq$ \[ \left[\begin{array}{cccc} \left(mf-g\right)\left(-\overline{m}\overline{g}+\overline{f}\right) & \left(m-1\right)\left(-\overline{m}\overline{g}+\overline{f}\right) & -\overline{g}\overline{f}\left(m-1\right)\left(\overline{m}-1\right) & -\overline{g}\overline{f}\left(mf-g\right)\left(\overline{m}-1\right)\\ fg\left(\overline{m}\overline{g}-\overline{f}\right)\left(m-1\right) & \left(\overline{m}\overline{g}-\overline{f}\right)\left(mg-f\right) & \overline{g}\overline{f}\left(mg-f\right)\left(\overline{m}-1\right) & f\overline{f}g\overline{g}\left(m-1\right)\left(\overline{m}-1\right)\\ -fg\left(m-1\right)\left(\overline{m}-1\right) & \left(f-mg\right)\left(\overline{m}-1\right) & \left(f-mg\right)\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right) & -fg\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right)\left(m-1\right)\\ \left(mf-g\right)\left(\overline{m}-1\right) & \left(m-1\right)\left(\overline{m}-1\right) & \left(m-1\right)\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right) & \left(mf-g\right)\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right) \end{array}\right] \]Dans les deux cas, on trouve que le lieu de $H\left(M_{t}\right)$ est le cercle centré en \[ C\simeq\left[\begin{array}{ccc} fg\left(m-1\right)\left(\overline{m}-1\right) & \left(mg-f\right)\left(\overline{m}-1\right) & \left(mg-f\right)\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right)\\ \left(mf-g\right)\left(\overline{m}-1\right) & \left(m-1\right)\left(\overline{m}-1\right) & \left(m-1\right)\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right)\\ \left(mf-g\right)\left(\overline{m}\overline{g}-\overline{f}\right) & \left(m-1\right)\left(\overline{m}\overline{g}-\overline{f}\right) & \overline{g}\overline{f}\left(m-1\right)\left(\overline{m}-1\right) \end{array}\right]\cdot\left(\begin{array}{c} a\\ b\\ c \end{array}\right) \] et dont le rayon $\rho$ vérifie \[ \rho^{2}=\dfrac{ac\,m\overline{m}\left(f-g\right)^{2}\left(\overline{f}-\overline{g}\right)^{2}}{\left(\left(mf-g\right)\left(\overline{m}-1\right)a+\left(\overline{m}-1\right)\left(m-1\right)b+\left(m-1\right)\left(\overline{m}\overline{f}-\overline{g}\right)c\right)^{2}} \]Il est évident que $H^{-1}$ s'obtient en remplaçant $m$ par $1/m$ dans l'expression de $H$. On en profite pour calculer $H^{-1}\left(C\right)$. Cela se simplifie fortement, et donne: \[ K\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{\left(c\,\overline{g}+b\right)-\overline{m}\left(c\,\overline{f}+b\right)}{a\left(\overline{m}-1\right)}\\ 1\\ \dfrac{\left(ag+b\right)-m\left(af+b\right)}{c\left(m-1\right)} \end{array}\right) \] On reconnait le symétrique du pôle $P$ par rapport à la droite $\Delta$. Et un peu de calcul permet de vérifier que: \[ \rho=\frac{\left|PF\right|\times\left|PG\right|}{\left|PK\right|} \]
En résumé, pour toute homographie, le centre du cercle image d'une droite est l'image du symétrique du pôle par rapport à la droite.
Cordialement, Pierre. -
BonjourEn résumé, pour toute homographie, le centre du cercle image d'une droite est l'image du symétrique du pôle par rapport à la droite.
Oui, c'est juste la conservation du birapport (ici une division harmonique) par une homographie.
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D'ailleurs, il n'y a qu'à passer à la limite dans les formules \[ C=\left(H\circ\sigma\right)\left(P\right)\ptv\rho=\frac{\left|PF\right|\times\left|PG\right|}{\left|PK\right|}\times\frac{r}{\left|P\Omega\right|} \] donnant le centre et le rayon du cercle image du cercle $\left(\Omega,r\right)$, où $\sigma$ est l'inversion par rapport au cercle objet et $K=\sigma(P)$.
Edit: redonner la définition de $K$ ne peut pas nuire. -
Mon cher CaillouxEn 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:$$(i,a,m,\infty)=(\infty,a',m',j')=(a',\infty,j',m')=(j',m',a',\infty)$$Les triangles $IAM$ et $J'M'A'$ sont donc directement semblables.En bon français cela donne:$M'$ est l'image de $A$ dans la similitude directe envoyant la paire $(I,M)$ sur la paire $(J',A')$Et cela , on savait le faire à une époque où la géométrie euclidienne ne se limitait pas à ânonner l'axiome de Pythagore.Amicalementpappus
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BonjourUne autre façon de faire qu'aimaient bien nos anciens.Soit $h$ une homographie de pôle $I$ et $\Delta$ une droite ne passant pas par $I$.$\Gamma=h(\Delta)$ est donc un cercleSoit $P$ le symétrique de $I$ par rapport à $\Delta$.Les cercles du faisceau à points de base $(I,P)$ sont tous orthogonaux à $\Delta$.L'homographie $h$ transforme les cercles de ce faisceau en droites passant par $h(P)$ et orthogonales à $\Gamma$.Donc $h(P)$ est le centre de $\Gamma$.Comment adapter ce raisonnement dans le cas où $h$ transforme le cercle $\Gamma$ en un cercle $\Gamma'$.Autrement dit comment récupérer le centre de $\Gamma'$?Amicalementpappus
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Soit $P$ l'image de $I$ par l'inversion de cercle $\Gamma$.
Alors $h(P)$ est le centre de $\Gamma'$.
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Et donc, si l'on renomme $P$ en $I$ etc. alors...pldx1 a dit : les formules \[ C=\left(H\circ\sigma\right)\left(P\right)\ptv\rho=\frac{\left|PF\right|\times\left|PG\right|}{\left|PK\right|}\times\frac{r}{\left|P\Omega\right|} \] donnent le centre et le rayon du cercle image du cercle $\left(\Omega,r\right)$, où $\sigma$ est l'inversion par rapport au cercle objet et $K=\sigma(P)$. -
Merci à tousEn tout cas, la morale de l'histoire, c'est que les centres des cercles ne sont pas des objets de la géométrie circulaire.Amicalementpappus
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Bonjour!
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