Approche timide (mais obstinée) d'un embryon de géométrie projective - Page 7 — Les-mathematiques.netThe most powerful custom community solution in the world
Une autre homographie pour Toto et pour la maîtresse.
Ah, s'il y a changement de page, je rappelle la situation.
Sur $(Ox)$, Toto envoie $-4$ à l'infini, pour que sa représentation devienne affine.
La maîtresse lui fait remarquer que d'autres représentations de la même fonction sont aussi affines, à condition de changer correctement les cartes affines, sur $(Ox)$ et sur $(Oy)$.
Par exemple, si elle envoie $u=-2$ à l'infini, tout ira bien à condition de prendre $v=-3$.
Pour un $u$ quelconque, quelle condition la maîtresse impose-t-elle à $v$ ?
Pour un peu de clarté, j'ai ajouté les $u$ et $v$ "envoyés à l'infini".
Amicalement,
Swingmustard
P. S.
Je confie ma tendance à croire (à tort) que $\infty$ vient se mettre à la place du "point envoyé à l'infini".
Une carte affine existe bien, qui échange
$u=-4$ et l'infini, associée à la formule $x(s)=\dfrac{us}
{s-u}=\dfrac{-4s}{s+4}$, où $s$ est la variable avant dingueries sur
$(Ox)$.
Cette carte-là aurait donné pour Toto le dessin suivant.
Mais comme je voulais que
$0$ et $1$ restent inchangés, j'ai opté pour $x(s)=\dfrac{u s}{s+u-1}$,
ainsi que $y(t)=\dfrac{v t}{t+v-1}$ sur $(Oy)$.
Par conséquent, la place que $\infty$ vient occuper n'est pas celle de $s=u$, mais de $s=1-u$.
P. P. S.
Ci-dessous, la version de la maîtresse qui munit de coordonnées homogènes chacune des deux droites.
Je crois que j'avais déjà entrevu que "Fixer $A=(1, 0)$ (point (de l') infini), $B=(0,1)$ (point origine) et $C(1,1)$ (point unité)" exclut systématiquement un point de la représentation, mais je l'avais oublié. Ci-dessous, c'est le point orange (pour chaque droite).
Une carte affine parvient à représenter presque toute la droite projective : il lui manque toujours un point.
Et finalement, "Qui est le point à l'infini, sur $(Ox)$ : celui en vert, ou celui mentionné en orange ?"
Pour la carte affine que j'ai définie par la formule $x(s)=\dfrac{u s}{s+u-1}=\dfrac{-2s}{s-3}$, où $s$ est "l'abscisse naturelle", on a par exemple $x(2)=\dfrac{-4}{2-3}=4$, qui a donné les coordonnées homogènes $(4, 1)$ pour ce point.
Donc distinguons : le point vert est le "point (de l')infini des $x$" : sa position $s=3$ est donnée par $s(x)=\dfrac{3x}{x+2}$ appliqué à $x=\infty$,
tandis que le point orange est le "point à l'infini des $x$", dans le sens de $x(s)=\dfrac{-2s}{s-3}$ appliqué à $s=\infty$.
Souvent, les livres définissent une carte affine par une équation, ce que j'aimerais faire aussi.
En attendant, je la définis plutôt par une fonction $x(s)$, où $s$ est n'importe quelle "abscisse affine".
D'ailleurs, je prends ci-dessous la plus naturelle, en associant :
$s=0$ et le point origine $(0:1)$ du repère projectif,
$s=1$ et le point unité $(1:1)$,
$s=s_A$ et le point-infini $A(1:0)$, en vert.
Je vous laisse trouver la relation, relativement simple, entre $s_A$ et les coordonnées homogènes $(x:1)$ du point orange, le point à l'infini.
C'est une relation ... affine, et je me demande pourquoi je n'en trouve aucune trace dans les bouquins.
Peut-être parce que connaître les coordonnées homogènes du point à l'infini ne sert pas à grand-chose ?
Bref, pour en revenir à la définition par équation d'une carte affine : je ne rencontre guère dans les livres que $t=1$ pour la carte où $(1:0)$, point-infini, est justement à l'infini. Alors $t=0$ caractérise l'hyperplan à l'infini = le point à l'infini : c'est "le cas affine".
Et, deuxième exemple de carte affine : $x+t=2$, lorsque les trois points du repère sont sur la carte.
Mais là, j'ai raconté ce qui précède pour dire : le point-à-l'infini a des coordonnées homogènes qui (curieusement ?) dépendront des positions affines des trois points du repère projectif.
Bref, mes questions : 1) Êtes-vous d'accord avec la dernière phrase en gras ?
2) La très simple relation affine entre le $(x,1)$ du point à l'infini (orange) et le $s_A$ du point-infini (vert) : voyez-vous un moyen de la démontrer sans passer par une fonction ?
"La relation entre l'abscisse homogène $x_D$ du point à l'infini (orange) $D$, et l'abscisse affine $s_A$ du point-infini (vert) $A$ est simplement $$x_D+s_A=1$$ Voyez-vous un moyen de la démontrer sans passer par une fonction ?"
Et j'y réponds, d'une manière que je n'ai pas inventée, mais lue dans je ne sais plus quel livre, et dont le souvenir était trop vague.
L'abscisse affine est un rapport, l'abscisse homogène est un birapport.
1) Notons $s$ l'abscisse affine : dans un repère affine $(B, C)$ de la droite, de point courant $M(s)$, pourquoi est-elle un rapport ?
Par le simple fait suivant. ([M,C,B] n'est qu'une notation, dont on peut très bien se passer.)
2) L'affine vu comme cas particulier du projectif.
Soit $A$ le point infini : $s_A=\infty$. Forts de $\dfrac{\infty}{\infty}=1$ (dans notre contexte, c'est vrai), nous pouvons aussi bien écrire $$s=\dfrac{\overline{BM}}{\overline{BC}}:\dfrac{\overline{AM}}{\overline{AC}}=[M,C,B,A]$$
3) Le projectif non affine.
On introduit $x$, une "abscisse homogène", qui va nous permettre de distinguer deux infinis.
$A$ reste le point-infini, avec $x_A=\infty$, mais nous le ramenons dans le fini : $s_A\neq \infty$.
$D$ est le point à l'infini, avec $s_D=\infty$, et $x_D\neq \infty$.
$$x=\dfrac{\overline{BM}}{\overline{BC}}:\dfrac{\overline{AM}}{\overline{AC}}=[M,C,B,A]=[A,B,C,M]$$4) La réponse à ma question : $x_D=[A,B,C,D]=\dfrac{1-s_A}{1}:\dfrac{\infty}{\infty}=1-s_A$.
5) Au delà de la simple réponse du (4), le (3) est presque trop beau pour être vrai : le birapport, défini sur un faisceau de droites dans Lebossé-Hémery et outil déjà formidable, se paie le luxe d'être le parfait prolongement de la notion d'abscisse affine.
6) Après $A, B, C, D$, comment positionner des points sur la droite projective, les premiers qui viennent à l'esprit étant ceux d'abscisses homogènes $x_E=2$ et $x_F=-1$ ?
De $x=[A,B,C,M]=\dfrac{s_A-1}{0-1}:\dfrac{s_A-s}{0-s}=\dfrac{(1-s_A)s}{s-s_A}$, on tire l'expression de $s$ en fonction de $x$, et vogue la galère.
$s(x)$ et $x(s)$ sont les deux fonctions avec lesquelles je travaille depuis le début, et que le birapport vient de permettre de squeezer dans le cas de $x_D+s_A=1$. Façon de parler, puisque $x(s)$ EST le birapport $[A,B,C,M]$. Disons que je suis content de l'avoir reconnu.
Et d'avoir réalisé (dans le message précédent) que la relation ne dépend pas du repère affine relatif à $s$.
Pour tout $M$, $[A,B,C,M]=[A,B,C]:[A,B,M]$.
$M=D$ est particulier, pour lui : $[A,B,D]=\dfrac{\infty}{\infty}=1$, d'où $$[A,B,C,D]=[A,B,C]$$ Oserai-je dire "La relation est intrinsèque" ?
Dès lors qu'on appelle $x$ et $s$ des abscisses associées aux repères $(A,B,C)$ et $(B,C)$, il vient $x_D=1-s_A$.
Je nous épargne l'un des deux autres dessins-exemples.
Lucky plastronnait : son point de concours des 5 diagonales étincelait.
Plus encore, les intersections de celles-ci avec les côtés du pentagone convexe donnaient cinq points de contact de la fameuse conique inscrite (et permettaient donc de la faire tracer par les logiciels), sans recourir à la méthode standard rappelée par @pappus.
Mais aujourd'hui, Unlucky prend sa revanche : "Moi j'étincelle de dix feux, et pour ce qui est de la conique inscrite, je peux (presque) aussi vite obtenir ses points de contact."
En effet, on choisit soigneusement 5 des 10 points lumineux puis, pour chacun, on trace la bonne droite, qui joint le point choisi à $a$ (respectivement $b, c, d, e$).
Alors oui, chaque bonne droite remplace avantageusement la diagonale de Lucky.
Quelle est, ici, la définition d'une bonne droite ?
Amicalement,
Swingmustard
P. S. Légère différence avec l'hexagone : les cinq droites ne sont pas des polaires.
P. P. S. Ne pas jeter les 5 points non utilisés parmi les 10.
Joints à $A$ (respectivement $B, C, D, E$), ils donnent les mêmes points de contact ... (Encore heureux !)
Débutant en dualité, qu'est-ce que j'essaie de démontrer ?
Ce qui a été utilisé dans le message précédent : si on dessine dans un pentagone convexe $ABCDE$ une étoile, dont $A'$ est l'intersection opposée à $A$, alors $$A''=CD\cap AA'$$ est le point de contact de l'ellipse inscrite avec le côté $CD$.
Mieux dit : soit $A''$ le point de contact de $CD$ avec l'ellipse inscrite, alors la chose à démontrer est que $A, A', A''$ sont alignés.
J'ai utilisé les mêmes couleurs (noir, rouge, vert) pour les points (grandes lettres) et leurs droites duales (petites lettres).
Saurai-je démontrer que les polaires $a, a', a''$ de $A, A', A''$ sont concourantes ? (En $X$.)
Mon cher Swingmustard Je ne comprends pas tes états d'âme! Tu restes dans les trivialités projectives ! Ce n'est après tout que le défunt théorème de Brianchon! Amicalement pappus
(EDIT Nos messages se sont croisés : je n'avais pas lu celui de pappus.
Autant dire que le grand esprit et l'esprit de trivialité se rencontrent ;-) EDIT)
Bien sûr (ça traîne partout, tu parles d'un mini-scoop ! J'ai dû certainement le lire quelques fois, d'ailleurs, sans y regarder d'assez près), il y a le bulldozer Brianchon : "$ABCMDE$ coconiques, alors $AM, BD, CE$ concourantes".
Ici, on fait venir $M$ sur $CD$. Il se confond alors avec ses deux voisins contacts (et devient $A''$ sur le premier dessin du dernier message).
D'après le théorème, $M=A''$ s'aligne bien avec $A$ et $BD\cap CE$.
J'aimerais quand même bien y arriver par une autre méthode. Si quelqu'un a une proposition...
On pourrait croire que mon message précédent te répond, mais je l'ai posté avant d'avoir lu le tien, et le "tu parles !" s'adresse à moi-même, bien sûr. Cela dit, content que tu te manifestes. Je te remercie de m'avoir proposé le 4 mars une méthode mettant l'accent sur les homographies.
C'est en partie à cause d'elle que j'imagine qu'il existe une telle démonstration de cette méthode-éclair qu'est "Brianchon dégénéré au pentagone".
Si je cherche à voir $AA'$ comme l'axe d'une homographie envoyant $AB$ sur $AE$, seule la projection de centre $BE\cap CD$ me vient à l'esprit, qui transforme $A, B, AB\cap CD$ en $A, E, AE\cap CD$.
Mais, à part qu'elle a le bon axe (ce que je n'ai d'ailleurs pas prouvé : je l'ai seulement constaté sur le logiciel), je ne suis pas sûr qu'elle démontre quoi que ce soit.
Amicalement,
Swingmustard
P. S. Oui, elle n'apporte rien : les intersections $D\cap L$ et $D\cap L'$ recommandées par pappus se réduisent à $A$ qui n'est pas un point de contact : j'ai dû, sans le vouloir, négliger une condition importante à exiger de l'homographie.
Pour tout triangle $A_nB_nC_n$, soit $A_{n+1}B_{n+1}C_{n+1}$ son cévien par rapport à $P$.
Les coordonnées homogènes de $A_n$ dans le repère projectif $A,B,C,P$ sont $(x_n:1:1)$, dès lors que les $A_n$ sont alignés avec $A$ et $P$, ce qui est le cas dans ce qui suit.
En particulier, on a vu que l'abscisse $x_n$ vaut respectivement $-1, \infty, 0$ pour l'anticévien $a$, pour $A$ (qui est cévien pour l'anticévien), et pour $A'$, le (premier "vrai") cévien de $A$.
Bref, $x_n$ est le terme général d'une suite indexée par $\Z$.
Où mettre l'indice zéro de cette suite des céviens ?
Assurément où on voudra. Quant à moi, je choisis de noter $A_{0}$ le point $A$ du triangle initial.
Bref, on obtient $\begin{vmatrix}Point &&a&A&A'&A''&&&&P\\n&-\infty&-1&0&1&2&3&4&5&+\infty\\x_n&-2&-1&\infty&0&2&\dfrac{2}{3}&\dfrac{6}{5}&\dfrac{10}{11}&1\end{vmatrix}$
Je vous souhaite le même plaisir que j'ai éprouvé à étudier cette suite (homographique, tu m'étonnes), avec son "big bang" d'abscisse $-2$ (point fixe qu'on aurait pu qualifier
de non attractif pour une suite indexée par $\N$, mais qui est bien
"attractif" quand $n$ tend vers $-\infty$) et sa "valeur du futur" ($P$, point fixe attractif), comme on peut avoir envie de les appeler.
(EDIT Dans un premier temps, j'ai confondu le point d'abscisse $-2$ avec le cocévien $a'$, mais c'était plutôt du big n'importe quoi : le cocévien est bien le seul à ne pas être sur la droite $PA$, ses coordonnées $(0,1,-1)$ ne vérifient pas $y=z$. EDIT)
Amicalement,
Swingmustard
P. S. D'un côté, on a $A_{+\infty}B_{+\infty}C_{+\infty}$ réduit à $P$. Naïvement, j'ai espéré que nous attendait un vrai triangle, de l'autre côté.
Pour ceux que ça intéresse : oui les points $A_{-\infty},B_{-\infty},C_{-\infty}$ sont distincts.
Ils ont un sacré rapport avec les points de la tripolaire $a'b'c'$ (avec qui je les ai confondus pendant un temps).
Mais pour ce qui est d'obtenir un triangle... allez-y, vous verrez !
Comment le théorème de Steiner fait-il surgir des coniques ?
"Une homographie entre deux faisceaux de droites définit une conique et réciproquement."
Peut-être êtes-vous, comme moi, à peu près à l'aise avec la notion d'homographie entre deux droites, et pas encore entre deux faisceaux.
Aussi vous allez quelques pages plus loin, où l'on prendra le dual de ce théorème, qui dit :
"Une homographie entre deux droites $a$ et $b$ définit une conique et réciproquement."
Ah bon ? Alors nous pouvons reprendre les droites rouges $a=(Ox)$, $b=(Oy)$, et la représentation à "l'ancienne" (hyperbole et asymptotes, en bleu) de, par exemple, $$f(x)=\dfrac{4x-4}{x-2}~~~?$$
Apparemment il ne faut pas se gêner. Représentons en noir le "nouveau" point de vue sur cette affaire : $AB$ l'axe de cette homographie, qui coupe $a$, $b$ en $A(f^{-1}(0),0)$, $B(0,f(0))$, et surtout...
"Pour tout point $M$ de $a$, la droite $Mf(M)$ enveloppe une conique $\Gamma$ tangente en $A, B$ à $a$, $b$."
(Sidler page 62.)
On en entend beaucoup parler mais, bien sûr, je ne l'ai pas vue venir, cette ellipse... bitangente ;-)
Dans le cas général, les deux asymptotes (qui sont des $MM'$ parmi d'autres) forment avec les axes un parallélogramme, dans lequel vient s'inscrire l'ellipse.
On avait déjà les droites rouges $a$ et $b$. Aussi, même un seul troisième côté aurait suffi pour déterminer cette ellipse.
Lorsque $f$ est affine, sa représentation "classique" se confond avec son axe $AB$, et la conique devient une parabole, à construire comment ? Avec ce que j'ai retenu des triangles-harpons, une orgie de milieux a permis de pallier au fait que je n'arrive pas à obtenir de dessin d'enveloppe en demandant à ggb. Merci @pappus, reviens-nous vite !
Sans bien m'en rendre compte, je cherche depuis le début une visualisation pouvant rivaliser avec ... comment l'appeler ? Le graphe cartésien, la bonne vieille hyperbole pour $y=\dfrac{ax+b}{cx+d}$.
Dans le cadre projectif, l'homographie $\alpha$ de $d$ vers $d'$ est définie par les images $P', Q', R'$ de trois points $P, Q, R$.
Pour construire l'image $M'$ d'un quelconque quatrième point, @pappus nous a avertis de longue date qu'on ne saurait faire plus simple qu'avec l'axe $AB$ de $\alpha$, où $O:=d\cap d'$, $A=\alpha^{-1}(O)$ et $B=\alpha(O)$, puisque $MP'\cap M'P\in AB$ systématiquement.
Un peu aveuglé par la puissance suggestive du graphe cartésien, et ravi que l'axe existe, je crois que je rêvais de moins en moins souvent que surgisse peut-être une éventuelle vision de $\alpha$, "rivale du graphe", et qui aurait mis un peu de "structure" dans l'abîme de perplexité où me jetait la question "Rien qu'avec $P, Q, R, P', Q', R', M$, deviner approximativement la position de $M'$ ?"
Je voudrais confesser également le manque d'attrait que je trouvais aux enveloppes, ne sachant guère quoi faire avec.
Pas rebutée pour deux sous, $\Gamma$, l'enveloppe des $M\alpha(M)$ s'est pourtant invitée récemment.
Bref, je fais un peu d'une pierre deux coups en comprenant, enfin !.. Ceci.
$d=AO=AA'$, $d'=OB=OO'$, $PP'$, $QQ'$, $RR'$ sont cinq droites qui enveloppent $\Gamma$.
Brianchon dégénéré au pentagone, combiné avec un logiciel de géométrie, nous permet d'obtenir $\Gamma$ de manière relativement rapide.
À partir du moment où on dispose de $\Gamma$, $M'$ s'obtient en prolongeant l'autre tangente à $\Gamma$ issue de $M$.
Et pour ce qui est de l'anticipation, au moins tous les cas où le pentagone est convexe permettent d'imaginer $\Gamma$, donc de deviner où se trouvera $M'$ environ.
Si un quidam accepte de s'intéresser aux homographies de $d$ sur $d'$ (condition osée, j'admets), on pourra ainsi lui vendre : un point de vue sur $\alpha$ assez différent du graphe cartésien, une application de Brianchon, et un grand intérêt pour la notion d'enveloppe.
J'imagine que beaucoup de gens étaient déjà au courant (du fait que non seulement $\alpha$ est liée à $\Gamma$, mais que $\Gamma$ permet de se faire une idée enfin très très claire de l'action de $\alpha$), mais moi non, donc ouf.
Amicalement,
Swingmustard
P.S. Ce point de vue "rapproche" l'homographie générale du cas particulier de la projection, avec pour sorte de centre ... la fameuse conique enveloppe.
P.P. S D'ici à ce que je réalise que ce que j'appelle "l'hyperbole-graphe cartésien" est simplement une conique circonscrite associée à une certaine projection de centre à l'infini (à cause des droites parallèles aux axes) comme la conique enveloppe l'est à la "projection" que je viens de dire ...
À creuser.
P.P.P.S Nom d'une pipe en bois ! Bien sûr que "l'hyperbole-graphe cartésien" pourrait être l'illustration du théorème de Chasles-Steiner dans le cas particulier où $A$ et $B$ sont deux points à l'infini. Ce théorème (Sidler page 51) , parle d'homographie entre les faisceaux $A^*$ et $B^*$.
Je nous fais un dessin ce soir, où je les ramènerai dans le fini, avec grand espoir d'y voir clair.
Conclusion : Chasles-Steiner = notre vieux graphe de "M. Jourdain faisait déjà de la GP", entre faisceaux qui plus est, et conique circonscrite;
vs Chasles-Steiner dual = enveloppe et conique inscrite. Les deux représentations ne sont pas rivales, mais duales. Et pas étonnant qu'on ait conservé la première, vu la difficulté à dessiner la deuxième.
Sidler page 51 : Théorème réciproque de Chasles-Steiner.
"Soient $A$ et $B$ deux points distincts et $\alpha: A^*\rightarrow B^*$ une homographie entre les faisceaux de droites $A^*$ et $B^*$.
On suppose que $\alpha$ n'est pas une projection et on désigne par $O$ son centre d'homographie.
Dans ces conditions, pour toute droite $d$ de $A^*$, le lieu des points $d\cap \alpha(d)$ est une conique $\Gamma$, tangente en $A$ à la droite $AO$ et en $B$ à la droite $BO$."
C'était bien ça : le théorème a pour cas particulier le "graphe cartésien" d'une homographie (entre une droite $e$ et une droite $e'$, en orange) : on envoie $A$ et $B$ à l'infini, on remplace chaque droite du faisceau par un "représentant" $p, q, r$ sur $e$, et $p', q', r'$ sur $e'$.
Le croisement en $O$ des tangentes $AO$ et $OB$ devient dans le cas particulier, comme on s'y attendait, l'intersection des asymptotes. Tracer la conique ? Elle passe par $A, B, p\cap p', q\cap q', r\cap r'$ !
(Dans le cas particulier, je ne me suis pas embêté à tracer des parallèles, qui m'auraient privé de $A$ et $B$ bien pratiques pour la construction : j'ai pris $y_A=10^6=x_B$.)
Sur les bancs du lycée, on faisait du Chasles-Steiner réciproque sans le savoir...
Jolie dualité entre cette conique circonscrite et la conique inscrite du précédent message.
Réponses
Je ne comprends pas tes états d'âme!
Tu restes dans les trivialités projectives !
Ce n'est après tout que le défunt théorème de Brianchon!
Amicalement
pappus