Similitude indirecte

Zakariyae · November 2017

Bonjour à tous,
Soient deux points $A$ et $B$ d'affixe respectivement $i$ et $2$.
Je voudrais trouver la similitude indirecte $T$ du plan qui transforme $A$ en $A'$ d'affixe $-2i$ et $B$ en $B'$ d'affixe $-2$.

Je connu que l'expression complexe de cette transformation est de la forme $z'=a \bar{z} + b$; $a,b \in \mathbb C^{*} -\{1\} \times \mathbb C$. D'après les données on a donc $-2i = a \bar{i} + b $ et $-2= a \bar{2} + b $, on résout ce système on trouve: $$a=\frac{-2+2i}{3} \quad \mbox{et} \quad b=\frac{-2-4i}{3}.$$
Ceci implique donc que $T$ est la similitude indirecte d'expression $z \mapsto z'=\frac{-2+2i}{3} \bar{z} - \frac{2+4i}{3}$ de rapport $|a|= \frac{2\sqrt{2}}{3}$ et de centre $\Omega(\omega)$ avec $w= -10 - 24 i$ (le point invariant par $T$).

Maintenant comment faire pour déterminer l'axe de $T$?

Merci d'avance

pappus · November 2017

Bonjour Zakariyae
En vectorialisant au point fixe, ce n'est jamais que la réduction d'un endomorphisme symétrique dans la tristounette dimension 2.
Voici une autre méthode plus géométrique:
L'isométrie indirecte $f$ s'écrit de façon unique comme un produit commutatif: $f=h\circ s=s\circ h$ où $h$ est une homothétie de rapport positif et $s$ la symétrie par rapport à l'axe de $f$
Alors $f^2=h^2$
D'où la méthode, on calcule $f^2$ pour tomber sur l'homothétie $h^2$.
On en déduit l'homothétie $h$, ( la racine carrée d'une homothétie, c'est le pied!!), puis $s=h^{-1}\circ f=f\circ h^{-1}$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Archimède · November 2017

$AB$ est transformé en $A'B'$ donc le rapport est
$$\frac{A'B'}{AB} = \frac{|2-2i|}{|2-i|} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$$
Il doit y avoir une erreur dans vos calculs.

pappus · November 2017

Bonne Nuit
Voici sans commentaires la construction des éléments de réduction de cette similitude indirecte.
Amicalement
[small]p[/small]appus 69906

Lake · November 2017

Bonjour à tous,

@ pappus

Je crois qu'il y a un facteur d'échelle 2 dans les coordonnées.

Amicalement.

pappus · November 2017

Merci Lake.
A vrai dire, je n'avais pas fait très attention à l'échelle de Cabri.
Néanmoins ma figure est bonne!
Je l'ai rectifiée à ta convenance!
Amicalement
Pappus
PS
Espérons que Zakariyae confirmera! 69922

Zakariyae · November 2017

Bonsoir à tous,
@Archimède, si vous suivre votre méthode on trouve:
- Le rapport est $k= \frac{A'B'}{AB} =\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$ (au-dessus j'ai un erreur dans mes calculs).
- Le centre $\Omega$ vient du fait que $\Omega A' = k \Omega A $ et que $ \widehat{\vec{\Omega A} , \vec{\Omega A'}}= \theta $. Cette méthode c'est difficile un peu.

@pappus, cette méthode c'est efficace mais je crois que la méthode que j'ai commencé au-dessus elle est directe et plus facile que les deux méthodes proposées. Voilà ce que je propose:
On a $A(i)$ et $B(2)$, donc l'expression de la similitude indirecte $T$ qui transforme $A$ en $A'(-2i)$ et $B$ en $B'(-2)$ est la suivante $z'=a \bar{z} + b$. D'après les données on a donc $-2i = a \bar{i} + b $ et $-2= a \bar{2} + b $, on résout ce système on trouve (au-dessus il y a un erreur dans mes calculs): $$a=\frac{-2+6i}{5} \quad \mbox{et} \quad b=\frac{-6-12i}{5}.$$
Ceci implique que $ z'=\frac{-2+6i}{5} \bar{z} - \frac{6+12i}{5}$ de rapport $|a|=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$ et de centre $\Omega(\omega)$ avec $w=\frac{a\bar{b}+b}{1-|a|^{2}}=22 + 24 i$.

Il reste donc à déterminer l'axe $\Delta $ pour définir la similitude indirecte $T(\Omega, \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}}, \Delta)$?
Merci d'avance

Lake · November 2017

Quand tu écris:

$w=\frac{a\bar{b}+b}{1-|a|^{2}}$ (le point invariant par $T$)

tu ne fais rien d’autre que de déterminer le point invariant de $T^2$, l’homothétie à laquelle pappus faisait allusion plus haut.
Tu as commis des erreurs dans ton calcul. Il me semble que le point $S (6+8i)$ (voir la figure au dessus) est un bon candidat.
.

pappus · November 2017

Mon cher Zakariyae
La première fois, tu t'étais trompé dans tes calculs mais la deuxième fois ne vaut pas mieux.
Si tu avais suivi scrupuleusement la méthode que j'avais suggérée, tu serais arrivé au résultat
[small]p[/small]appus

Zakariyae · November 2017

Bonsoir,
@Lake, l’essentiel c'est que l'affixe du centre $\Omega$ est $w=\frac{a\bar{b}+b}{1-|a|^{2}}$ et le rapport c'est $k=|a|$ modulo un erreur pres dans mon calcul peut être. Mon problème dans cette exercice c'est que je n'arrive pas à déterminer l'axe $\Delta$ de cette similitude indirecte par la méthode que j'ai proposé en utilisant l'expression complexe de cette transformation?
@pappus: oui oui bien sur, mais juste je voudrais répondre à la question en utilisant l'espression complexe de la similitude indirecte, sinon comme j'ai dit votre méthode est efficace.
Merci d'avance

pappus · November 2017

Bonsoir
Je fais les calculs dans le cas général en suivant ma méthode.
$f(z)=a\overline z+b$
Donc $f^2(z)=\vert a\vert^2z+a\overline b+b$
C'est bien une homothétie de rapport $\vert a\vert^2$ et de point fixe $\dfrac{a\overline b+b}{1-\vert a\vert^2}$
Par suite, avec mes notations, $h$ est l'homothétie de rapport $\vert a\vert$ et de point fixe $\dfrac{a\overline b+b}{1-\vert a\vert^2}$.
On obtient ainsi:
$h(z)=\vert a\vert z+\dfrac{a\overline b+b}{1+\vert a\vert}$
Puis $s(z)=(f.h^{-1})(z)=f\big(\dfrac 1{\vert a\vert}(z-\dfrac{a\overline b+b}{1+\vert a\vert})\big)$
Donc $s(z)=a\big(\dfrac 1{\vert a\vert}(\overline z-\dfrac{\overline a b+\overline b}{1+\vert a\vert})\big)+b=\dfrac a{\vert a\vert}\overline z+\dfrac{\vert a\vert b-a\overline b}{\vert a\vert(1+\vert a\vert)}$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Zakariyae · November 2017

Ok merci pappus

pappus · November 2017

Bonjour
En fait il existe une deuxième décomposition de $f$ en produit commutatif d'une symétrie et d'une homothétie où cette fois-ci l'homothétie est de rapport négatif.
D'un point de vue algébrique ceci correspond au fait que $\vec f$ est un opérateur symétrique et admet donc deux sous-espaces propres orthogonaux, le premier avec la valeur propre $+\vert a\vert$ et le second avec la valeur propre $-\vert a\vert$.
On peut rédiger l'exercice en adoptant ce point de vue.
Amicalement
[small]p[/small]appus

amateur · November 2017

merci aussi Pappus. J'avais entamé la démonstration de l'inscription de triangle équilatéraux sur trois droites concourantes et je butais sur le calcul de l'axe de la similitude indirecte...
J'aurais dû regarder Lebossé Hemery 1962 ("similitude plane indirecte").

Similitude indirecte

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