Annexe à l'exercice aux 4300 vues

Bonjour,

Sans boussole ni GPS, je ne sais pas à quoi tu fais allusion.

Quand on veut faire référence à autre chose, le minimum est de donner un lien.

Cordialement,

Rescassol

Mon cher JCR
Tu cherches les points fixes d'une transformation circulaire indirecte dont tu connais déjà un point fixe.
Il ne devrait donc pas être trop difficile de trouver l' (ou les) autre(s).
Mais comme la seule chose connue de la géométrie circulaire dans notre beau pays, c'est son nom, je te souhaite bien du plaisir!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Jicéherre
Mieux vaux tard que jamais.
J'avais complètement oublié ce fil!
Sur ma figure, on se donne les cinq points $O$, $A$, $B$, $A'$, $B'$.
On considère alors la défunte transformation circulaire indirecte $f$ telle que $f(O) = O$, $f(A)=A'$, $f(B) =B'$.
On connait donc un point fixe de $f$ à savoir le point $O$.
Construire les autres points fixes de $f$, si possible avec la règle ébréchée et le compas rouillé mais je n'en fais pas une affaire d'état contrairement à certains!
Les points $O$, $A$, $B$, $A'$ étant donnés, où doit se trouver le point $B'$ pour que $f$ ait une infinité de points fixes?
Amicalement
[small]p[/small]appus

J'inverse par rapport à O.
Tu inverses par rapport à O.
Il inverse par rapport à O...

Vous êtes des idéaux, c'est le principal.

Une similitude indirecte a une infinité de points fixes si et seulement si c'est une symétrie.

Soit $f$ une transformation circulaire indirecte.

(1) Si $f(\infty)=\infty$, alors $f$ est une similitude indirecte donc $f$ a une infinité de points fixes si et seulement si $f$ est une symétrie.

(2) Si $f(\infty)\ne\infty$, alors $f$ a une infinité de points fixes si et seulement si $f$ est une inversion par rapport à un cercle de centre $f(\infty)$.

Revenons à la question de pappus. Étant donnés $O,A,A',B$, on cherche le point $B'$ tel que l'unique transformation circulaire indirecte vérifiant $f(O)=O$, $f(A)=A'$ et $f(B)=B'$ admette une infinité de points fixes. On remarque alors que $f$ est nécessairement involutive, donc $f$ est l'unique involution circulaire indirecte telle que $f(O)=O$ et $f(A)=A'$.

Premier cas : $OA=OA'$. Alors $f$ est la symétrie par rapport à la médiatrice de $[AA']$, donc $B'$ est le symétrique de $B$ par rapport à la médiatrice de $[AA']$.

Deuxième cas : $OA\ne OA'$. Alors $f$ est une inversion. Soit $\Omega$ son centre. On a $\Omega O^2=\overline{\Omega A}\cdot\overline{\Omega A'}$. Pour construire $\Omega$, on trace la droite $(AA')$ et la tangente en $O$ au cercle $OAA'$. D'après la puissance d'un point par rapport à un cercle, $\Omega$ est l'intersection de ces deux droites. L'ensemble des points fixes de $f$ est le cercle centré en $\Omega$ passant par $O$, en rouge sur la figure.

Le point $B'$ vérifie $\overline{\Omega A}\cdot\overline{\Omega A'}= \overline{\Omega B}\cdot\overline{\Omega B'}$ donc c'est le second point d'intersection de $(\Omega $ avec le cercle $AA'B$.

On suppose que $f$ possède un unique point fixe $\Omega$ autre que $O$. On peut dire que $f$ est la composée $i\circ h = h\circ i$

1) d'une inversion $i$ fixant $O$ et $\Omega$

2) et d'une transformation circulaire directe $h$ qui fixe $O$ et $\Omega$, et qui laisse globalement invariant tout arc de cercle reliant $O$ à $\Omega$.

Bonjour JLT
Il reste à trouver le lieu des points $B'$ pour lesquels la similitude indirecte soit sans point fixe auquel cas notre transformation circulaire indirecte $f$ de départ n'aura tristounettement qu'un seul point fixe, à savoir le point $O$.
Il serait bon de tracer ce lieu sur la figure que tu nous a déjà donnée.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher JLT
Tu m'étonnes!
Tu n'aurais donc jamais entendu parler de transformations circulaires directes elliptiques, hyperboliques, paraboliques ou loxodromiques. Il est curieux que tu ne connaisses pas cette terminologie.
Dans le cas qui nous occupe, $h$ est hyperbolique c'est à dire que ses multiplicateurs sont réels et tu as très bien décrit les propriétés d'une telle transformation par son action sur les cercles du faisceau à points de base, les points fixes $O$ et $O'$.
Dans la pratique une transformation circulaire directe est complètement déterminée par ses points fixes et ses points limites qui, pour une transformation circulaire directe hyperbolique sont alignés.
Ci- joint une figure sur la décomposition d'une transformation circulaire indirecte ayant deux points fixes $P$ et $Q$ en produit de trois inversions car j'ai décomposé $h$ en produit de deux inversions comme toute transformation hyperbolique qui se respecte.
Je l'ai faite sans commentaires.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je vais déchiffrer ta solution!

Mon cher JLT
Ta construction me semble bien compliquée et les points $A$ et $B$ se sont faits la malle!
Pour conserver les notations de la figure précédente, appelons $B'_1$ un point tel que la transformation circulaire indirecte $f$ définie par $f(O)=O$, $f(A)=A'$, $f(B)=B'_1$ n'ait que $O$ pour point fixe.
Alors par conjugaison par une inversion de pôle $O$, on va se retrouver avec une similitude indirecte dépourvue de points fixes c'est à dire une symétrie glissée qui est une isométrie
Donc $ab=a'b'_1$ et $b'_1$ se trouve comme tu l'as dit sur le cercle de centre $a'$ passant par le point $b'$ de la figure précédente
Maintenant on doit faire l'inversion de ce cercle. Encore un drame épouvantable dont tu t'es sorti avec les moyens du bord mais épargné à nos étudiants actuels par une administration qui a jugé plus raisonnable de faire faire des économies de Doliprane à notre Sécu en faillite en supprimant purement et simplement le groupe circulaire de notre culture, trop compliqué, plus le temps de former des formateurs peu motivés et sous-payés, donc à la trappe!
Voici comment on s'y prenait il n'y a pas si longtemps encore.
Ce cercle de centre $a'$ est orthogonal au faisceau des droites (vertes) passant par $a'$.
Donc par inversion, il va se transformer en un cercle passant par $B'$ et orthogonal à tous les cercles (verts) passant par $O$ et $A'$.
Donc le lieu de $B'_1$ est le cercle du faisceau à points limites $O$ et $A'$ passant par $B'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Maintenant qu'on a dévissé toutes les transformations circulaires indirectes ayant des points fixes, il reste à se farcir toutes celles qui n'en ont aucun mais ceci est une autre histoire et demain est un autre jour!

Bonjour JLT
Tu es bien matinal comme notre ami Poulbot.
Tu as raison en ce qui concerne les points $A$ et $B$ mais il est bon d'avoir une vision globale de cette construction, débarrassée des affres de la défunte conjugaison.
La voici ci-dessous.
J'ai gardé en pointillé clair ta construction du premier cercle d'inversion tracé en noir épais mais ce n'est au fond que le cercle du faisceau à points limites $A$ et $A'$ passant par $O$ tout comme le second en rouge épais est le cercle du faisceau à points limites $O$ et $A'$ passant par $B'$.
Comme j'ai dans mes tablettes une macro donnant la construction de ces cercles, on pourrait effacer ta construction euclidienne de cette figure et imaginer qu'elle est tracée sur la divine sphère de Riemann, la seule sphère encore provisoirement à notre disposition jusqu'à nouvel ordre venu d'en haut et qui ne saurait tarder!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste quand même à donner une décomposition convaincante de ces transformations circulaires indirectes n'ayant qu'un seul point fixe!

Je joins quand même ta construction du cercle rouge (lieu des points $B'$ tels que $f$ admette un seul ou une infinité de points fixes), connaissant le point $B'$ tel que $f$ admette une infinité de points fixes.

Quant à la question :

Il reste quand même à donner une décomposition convaincante de ces transformations circulaires indirectes n'ayant qu'un seul point fixe

je ne vois pas ce qu'on peut dire d'autre que $f=s\circ h=h\circ s$ où $s$ est une inversion par rapport à un cercle passant par $O$, et $h$ est une transformation circulaire parabolique laissant stable ce cercle.

Bonjour
Alors allons y gaiement comme d'habitude!
Sur ma figure, j'ai tracé en pointillé noir le cercle de l'inversion de conjugaison dont le centre est $O$.
Ce faisant la transformation conjuguée est la symétrie glissée envoyant $a$ sur $a'$ et $b$ sur $b'_1$.
On sait ou plus précisément on savait que l'axe de cette symétrie glissée était. la droite joignant le milieu $u$ de $aa'$ au milieu $v$ de $bb'_1$.
On a donc $(a,a',u,\infty)=-1$ et $(b,b'_1,v,\infty)=-1$
Comme on sait ou plus précisément on savait qu'une inversion conservait les birapports réels, on était sûr de tomber par conjugaison sur des quadrangles harmoniques: $(A,A',U,O)=(B,B'_1,V,O)=-1$
En langage bourbakiste cela voulait dire que $U$ était l'image de $O$ dans la transposition circulaire de points fixes $A$ et $A'$ et de même $V$ était l'image de $O$ dans la transposition circulaire de points fixes $B$ et $B'_1$, ce qui permettait de les construire assez rapidement.
Le cercle $(OUV)$ tracé en bleu est le cercle de l'inversion $s$.
J'ai tracé l'inverse $A''$ de $A$ par $s$ et $h$ est la transformation circulaire directe parabolique de point fixe $O$ envoyant $A''$ sur $A$.
J'ai longuement parlé de ces transformations circulaires directes paraboliques et plus encore dans ce fil:
Conjugué d'une translation.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Soit $f$ une transformation circulaire indirecte sans point fixe. Montrons qu'il existe un et un seul $\theta\in ]0,\pi]$ tel que, dans une carte adéquate, on ait $\forall z, \;f(z)=\dfrac{e^{i\theta}}{\overline{z}}$.

Premier cas. $f\circ f=\mathrm{Id}$. On choisit un point $z_0$. Quitte à envoyer $z_0$ en $0$ et $f(z_0)$ à l'infini, on peut supposer que $f(0)=\infty$ et $f(\infty)=0$, donc $f(z)$ est de la forme $f(z)=\dfrac{a}{\overline{z}}$. Comme $\lambda f(\lambda^{-1} z)=|\lambda|^2\dfrac{a}{z}$, on peut supposer que $|a|=1$. Or, $f\circ f(z)=\dfrac{a}{\overline{a}}z$, donc $a\in \R$. Comme $f$ n'a pas de point fixe, on a $a<0$ donc $a=-1$. On en déduit que toutes ces transformations sont conjuguées entre elles (et sont des inversions de puissance négative).

Deuxième cas. $f\circ f\ne \mathrm{Id}$. Comme $f\circ f$ est une transformation circulaire directe, elle admet $1$ ou $2$ points fixes. Comme $f$ commute avec $f\circ f$, la transformation $f$ envoie un point fixe de $f\circ f$ sur un autre. Or, $f$ est supposée sans point fixe, donc $f\circ f$ admet deux points fixes qui sont échangés par $f$. Quitte à envoyer l'un de ces points en $0$ et l'autre à l'infini, on peut supposer que $f(0)=\infty$ et $f(\infty)=0$. Alors $f(z)$ est encore de la forme $f(z)=\dfrac{a}{\overline{z}}$. Comme ci-dessus, on peut supposer que $|a|=1$. On a $a\ne \pm 1$ sinon $f$ serait involutive.

Soit $s(z)=\overline{z}$. On a $sfs^{-1}(z)=\dfrac{\overline{a}}{\overline{z}}$ donc quitte à remplacer $a$ par $\overline{a}$ on peut supposer que $\mathrm{Im}(a)>0$. Par conséquent il existe $\theta\in ]0,\pi[$ tel que $\forall z, \;f(z)=\dfrac{e^{i\theta}}{\overline{z}}$, ce qui établit l'existence de $\theta$.

Montrons l'unicité de $\theta$. Soit $\theta'\in ]0,\pi[$ et $f'(z)=\dfrac{e^{i\theta'}}{\overline{z}}$. Supposons que $f$ et $f'$ soient conjuguées dans le groupe circulaire. Il existe alors une transformation circulaire $g$ telle que $f'=g\circ f\circ g^{-1}$. Quitte à remplacer $g$ par $g\circ f^{-1}$, on peut supposer que $g$ est directe. Comme ${f'}^2$ et $f^2$ ont les mêmes points fixes, $g$ laisse stable l'ensemble de ces points fixes donc est de la forme $g(z)=bz$ ou bien $g(z)=\dfrac{c}{z}$.

Dans le premier cas on trouve que $\dfrac{e^{i\theta'}}{\overline{z}}=gfg^{-1}(z)=b\overline{b} \dfrac{e^{i\theta}}{\overline{z}}$ donc $\theta'\equiv\theta\,[2\pi]$, ce qui implique $\theta'=\theta$.

Dans le deuxième cas on trouve que $\dfrac{e^{i\theta'}}{\overline{z}}=gfg^{-1}(z)=c\overline{c} \dfrac{1}{e^{i\theta}\overline{z}}$ donc $\theta'\equiv-\theta\,[2\pi]$, ce qui est impossible.

On remarque que $f$ peut s'écrire $f=\iota\circ h = h\circ \iota$ où $\iota$ est l'inversion $\iota(z)=\dfrac{1}{\bar{z}}$ et $h(z)=e^{i\theta}z$. Alors $f^n=\iota^n\circ h^n$ est égal à l'identité si et seulement si $n$ est pair et $h^n=\mathrm{Id}$. ceci prouve que $f$ est d'ordre fini si et seulement si $\frac{\theta}{\pi}\in \Q$. Si on écrit $\theta=\dfrac{2\pi p}{q}$ avec $p,q$ entiers premiers entre eux, alors l'ordre de $f$ est $\mathrm{ppcm}(2,q)$.