Application Affine Tangente

Bonsoir Pappus
$Mg\left( M\right) $ est parallèle à $O\Omega $. $f$ et $g$ ont même graphe : la polaire $D$ de $\Omega $ par rapport à $\left( L,L^{\prime }\right) $.
Amicalement. Poulbot

Bonjour Pappus
en fait, il suffit de trouver $g(D)$. La restriction de $f$ à la droite $AD$ est la perspectivité de $AD$ sur $AD'$ de centre $\Omega =BC\cap DD^{\prime }$. Il résulte alors de ce qui a été vu plus haut que $g(D)$ est le point commun à la droite $AD'$ et à la parallèle en $D$ à $A\Omega $.
Maintenant, si on projette $D$ et $g(D)$ en $U$ et $V$ sur $AB$ dans la direction de $AC$ et en $U'$ et $V'$ sur $AC$ dans la direction de $AB$, g est le produit commutatif de l'affinité d'axe $AC$ qui transforme $U$ en $V$ et de l'affinité d'axe $AB$ qui transforme $U'$ en $V'$.

Il est inutile de construire $f(M)$ (qui est sur la droite $Ag(M)$). Aussi je réitère mon petit problème : comment construire $f(M)$ à la règle seule à partir de $A,B,C,D,D',M$. Un jeu en vogue dans le temps : le gagnant était celui qui utilisait le moins de coups de règle; mais c'est une autre histoire.
Amicalement. Poulbot

PS : Une petite question pour les gens savants : les transformations $fg^{-1}$ et $gf^{-1}$ sont des - - a - - - - s.

Bonjour,

En résumé, le premier exercice consiste à se souvenir de ce que l'application linéaire tangente à une fonction est l'application qui décrit l'hyperplan tangent à l'hypersurface qui est le graphe de la fonction initiale. Il se pourrait même que ce soit la définition, et que l'exercice soit principalement destiné à tester qui voit et qui ne voit pas de quoi causent les Christoffels.

On prend $A=A$, $B=A'$, $C=O$ comme triangle de référence. On définit les paramètres $t,s$ par $M=A+t\, C\in AC$, $N=B+s\, C\in BC$. Supposons que $s$ soit une fonction de $t$, i.e. $s=\phi\left(t\right)$. Par définition, le graphe de $\phi$ est formé des couples $\left(M,N\right)$. Si nous matérialisons un tel couple en choisissant $A-C$ et $B-C$ comme directions d'axes, alors le point correspondant sur le graphe est $G(t)$ \[ G\left(t\right)\doteq N+M-C\simeq\left(\begin{array}{c} s+1\\ t+1\\ st-1 \end{array}\right) \]

Introduisons la variation $t\mapsto t+\delta t$, $s\mapsto s+K\,\delta t$ et calculons $G\left(t\right)\wedge G\left(t+\delta t\right)$. On vérifie que $\delta t$ vient se mettre en facteur. On simplifie et on obtient la variété tangente en faisant $\delta t=0$, $K=\phi'\left(t\right)$. Il vient: \[ G\left(t\right)\wedge\frac{\partial G\left(t\right)}{\partial t}=\left(s+1\right)\,\left[1,-s,1\right]-\phi'\left(t\right)\times\left(t+1\right)\,\left[-t,1,1\right] \] On a donc: la tangente en un point est combinaison linéaire des tangentes en ce point à l'application constante $z\mapsto s$ et à la mesure de Dirac en $z=t$, tandis que la dérivée caractérise la proportion entre les coefficients de cette combinaison linéaire.

Définissons maintenant la droite $D$ comme étant la tripolaire de $P=p:q:r$. Appelons $P_{a},P_{b},P_{c}$ les cocéviens de $P$ et construisons $U=D\cap MB$, $N=UA\cap CB$. Alors: \[ \begin{array}{c|ccc|c} t & M & U & N & s\\ \hline 0 & A & P_{c} & B & 0\\ \infty & C & P_{a} & P_{a} & -r/q\\ -r/p & P_{b} & P_{b} & B-C & \infty \end{array} \]

Il est tout à fait évident que la correspondance $M\mapsto N$ induit une homographie $\phi$ entre les paramètres. Étant connue en trois points, $\phi$ est connue tout entière: \[ \phi\left(z\right)=\dfrac{-pr\, z}{pq\ z+qr} \]

Appliquant la formule ci-dessus, on obtient le point \[ G\left(t\right)=\left(\begin{array}{c} p\left(r-q\right)t-qr\\ -pqt^{2}-\left(p+r\right)qt-qr\\ prt^{2}+pqt+qr \end{array}\right) \] qui décrit une hyperbole dont les asymptotes sont parallèles à $CA$ et $CB$. Posant $G_{A}=A+B-C$, nous avons $U_{\infty}=D\cap BG_{A}$ et $U_{x}=D\cap AG_{A}$. On en déduit $N_{\infty}$ et $M_{x}$, selon le tableau: \[
\begin{array}{c|ccc|c|c} t & M & U & N & s & G\\ \hline 0 & A & P_{c} & B & 0 & A+B-C\\ \infty & C & P_{a} & P_{a} & -r/q & P_{a}\\ -r/p & P_{b} & P_{b} & B-C & \infty & P_{b}\\ -1 & A-C & U_{\infty} & N_{\infty} & pr\div\left(qr-pq\right) & A-C\\ qr\div\left(pr-pq\right) & M_{x} & U_{x} & B-C & -1 & B-C \end{array}
\] Puis le centre de l'hyperbole. Nous pouvons alors tracer l'hyperbole elle-même, puisque nous en connaissons six points à distance finie.

Pour ce qui est de l'application linéaire tangente $\Phi'\left(M\right)$, nous avons déjà indiqué qu'il s'agit tout simplement de la fonction dont le graphe est la tangente en $M$ à l'hyperbole qui, elle, est le graphe de $\Phi$. La question se résume donc à montrer que la tangente $\Delta_{A}$ en $A$ passe par $U_{a}=P_{c}$. Utilisant $\phi'\left(0\right)=-p/q$, on obtient \[ \Delta_{A}\doteq\left.\left(G\left(t\right)\wedge\frac{\partial G\left(t\right)}{\partial t}\right)\right|_{t=0}\simeq\left[1,0,1\right]+\frac{p}{q}\,\left[0,1,1\right]\simeq\left[q,p,p+q\right] \] Et l'on en conclut que $D,$ $AB$ et $\Delta_{A}$ passent toutes par $P_{c}=U_{A}=p:-q:0$.

Plus généralement, on considère deux valeurs du paramètre $t$ (que l'on note $t$ et $\tau$). On calcule $U_{t\tau}$, le Pappus des points (l'intersection en croisant, par opposition au Desargues qui est l'intersection en ne croisant pas). Cela donne \[ U_{t\tau}\doteq\left(M_{t}\wedge N_{\tau}\right)\wedge\left(M_{\tau}\wedge N_{t}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} -r^{2}\times p\\ \left(pt+r\right)\left(p\tau+r\right)q\\ -\left(p^{2}t\tau+prt+pr\tau\right)r \end{array}\right) \] Ce résultat montre que le lieu des $U_{t\tau}$ est $D$, la tripolaire de $P$ (c'est la définition de l'axe de correspondance homographique) et que $G_{t}G_{\tau}$ passe aussi par le point $U_{t\tau}$.

Cordialement, Pierre

Oui élation (or Yes elation) Coxeter dixit
Voir (or look at) Elation
Quant à Coxeter, étant donnés un point $O$ et une droite $D$, il considère les transformations projectives laissant invariants les points de $D$ et les droites passant par $O$ : ce sont des homologies si $O\notin D$ et des élations si $O\in D$, ce qui correspond tout à fait à ce que tu disais.
Amicalement. Poulbot