Points fixes d’une transformation circulaire.

Mon cher JCR
J'ai jeté un coup d'oeil sur ta recherche des points fixes de ta transformation circulaire indirecte.
A priori cela me parait bon même si on peut améliorer ta rédaction
Ce que je ne comprends pas, c'est pourquoi tu as fait cette recherche que je ne t'avais pas demandée puisque l'étude des points fixes d'une transformation circulaire indirecte est délicate comme je te l'ai dit.
Je préférerais que tu t'attaques à la construction des points fixes d'une transformation circulaire directe donnée par trois points et leurs images. C'est beaucoup plus formateur!
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
N'oublie pas mon âge, ma vue déficiente et mon manque de concentration.
Je ne suis pas arrivé à trouver le passage auquel tu fais allusion.
Joyeux Noël
[small]p[/small]appus

Mon cher JCR
J'ai survolé le fil de Claude Quitté. C'est effectivement fascinant et d'un autre niveau que celui qu'on trouve d'habitude sur notre forum agonisant. L'intérêt qu'il suscite est parfaitement justifié.
Tu es d'autant plus méritant de nous faire l'honneur de nous rendre visite. J'avais bien deviné que tu étais un algébriste distingué et tu ne devrais pas tarder à devenir un as de la géométrie.
Je vais essayer de vendre ta marchandise de façon un peu plus claire.
Cela va se faire en plusieurs étapes et donc en plusieurs figures pour éviter d'en faire une seule trop compliquée à déchiffrer.
Tu considères la transformation circulaire indirecte $f=r\circ s$ où $r$ est l'inversion par rapport à un cercle de centre $R$ et $s$ une similitude directe de centre $S$ et tu recherches les points fixes éventuels de $f$.
Tu n'as donc pas froid aux yeux!!
Si $M$ est un point fixe de $f$, on a:
$r(s(M))=M$, ce qui équivaut à $r(M)=s(M)$.
Comme les points $R$, $M$, $r(M)$ sont alignés, le point fixe $M$ appartient au lieu $\gamma$ des points $M$ tels que les points $R$, $M$, $s(M)$ sont alignés et là on est en terrain solide puisque c'est un problème dont j'ai parlé dans le passé ici même!
Sur ma figure j'ai tracé le point: $R_{-1}=s^{-1}(R)$.
Je vais utiliser le fait autrefois bien connu mais aujourd'hui défunt que si $D$ est une droite quelconque du plan, l'angle orienté de droites: $(D,s(D))$ est indépendant de $D$. .
Soit $M\in \gamma$, et $D=MR_{-1}$.
Soit $M'=s(M)$.
Alors $s(D) =M'R=MR$ puisque $M$, $M'$ et $R$ sont alignés.
D'autre part $s(SR_{-1})= SR$
Ainsi $(MR_{-1}, MR)=(SR_{-1},SR)$
prouvant que les points $S$, $R$, $R_{-1}$, $M$ sont cocycliques, (Papa veut que je retienne des cercles la longue antienne!).
Le lieu $\gamma$ est donc le cercle circonscrit au triangle $SRR_{-1}$
Evidemment le lieu de $M'=s(M)$ est le cercle $\gamma'$ circonscrit au triangle $SRR_1$ où $R_1=s(R)$.
Tout ceci figure peu ou prou dans le Lebossé-Hémery.
Quant au raisonnement que j'ai tenu, c'est exactement le même que te tien à ceci près que j'ai indiqué clairement la notion d'angle que j'utilisais et surtout, surtout que je les manipule de façon plus élégante que toi!
Joyeux Noël et à suivre!
[small]p[/small]appus

Mon cher JCR
J'achève maintenant ta démonstration avec cette nouvelle figure.
On considère l'inverse du cercle $\gamma$ par l'inversion $r$.
Comme il passe par le pôle d'inversion $R$, cet inverse est une droite $d$ qui coupe $\gamma'$ en $M'_1$ et $M'_2$.
Il n' y a plus qu'à remonter ces deux points sur le cercle $\gamma$ en $M_1$ et $M_2$ pour obtenir les deux points fixes de $f$.
Avoue que mes deux figures sont quand même plus lisibles que la tienne unique.
Mais ça, c'est ta démonstration, pas tout à fait la mienne car il y a un petit, tout petit os!
Sauras-tu le trouver?
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus
PS
Quels sont les points limites de $f$? Ils sont sur la figure!

Bonne Nuit
Plutôt que de traiter le cas général qui est assez indigeste, on va commencer par un cas particulier pour se mettre en jambes!
On contemple intensément la figure ci-dessous, on ne peut plus banale et quand on en a assez, on lit la suite:
Soit $f$ la transformation circulaire directe telle que:
$f(P) =P$, $f(A)= A'$, $f(B)= B'$.
Construire le deuxième point fixe $Q$ quand il a le bon gout d'être visible, (quand n'est-ce pas le cas?).
Construire le point limite objet $I$ (ou pôle de $f$) , i.e: $f(I)=\infty$ ainsi que le point limite image $J$ (ou pôle de $f^{-1}$), i.e: $f(\infty) =J$.
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici l'os dont je parlais.
La droite $d=r(\gamma)$ n'a aucune raison de couper le cercle $\gamma'$.
Il y a donc une discussion à mener de l'intersection d'une droite et d'un cercle.
Est-elle encore possible aujourd'hui où ne nous connaissons plus que la droite réelle et le cercle trigonométrique?
La transformation de JCR a donc $2$ ou $1$ ou $0$ points fixes selon les cas.
Mais quid de ses deux points limites?
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus
PS
J'ai redressé un peu ma figure, c'est sans doute ce que voulait Soland?

Bonjour Soland
Je ne vois pas à quelle ligne tu fais allusion mais c'est effectivement fâcheux pour elle d'être en tire-bouchon surtout si elle est dernière.
En cette période de fêtes, ayons quand même une petite pensée pour les tire-bouchons avec qui nous pouvons orienter l'espace sans devoir développer le moindre déterminant.
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus
PS
Je crois que tu as remarqué une erreur dans le tracé de la droite inverse $d=r(\gamma)$.
Si c'est cela, j'ai modifié mes figures en conséquence. Merci

Bonsoir
Les points limites sont déjà tracés sur la figure:
$f(R_{-1})=r(s(R_{-1}))=r(R)=\infty$, i.e: $R_{-1}$ est le point limite objet ou pôle de $f$.
$f(\infty)=r(s(\infty))=r(\infty)=R$, i.e: $R$ est le point limite image ou pôle de $f^{-1}$
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Bonjour
Evidemment, si $AB$ et $A^{\prime }B^{\prime }$ sont parallèles, f est une homothétie.
Amicalement. Poulbot

Bonjour
Je me mets dans la peau de l'étudiant d'aujourd'hui .
Bien sûr, il ne sait pas vraiment ce qu'est le groupe circulaire.
Par contre il connaît vaguement, très vaguement, le groupe des homographies dont les éléments sont les $z\mapsto \dfrac{az+b}{cz+d}$ avec $ad-bc\ne 0$ et une homographie, c'est justement une transformation circulaire directe de $\mathbb C\cup \infty$!
Vox populi, vox dei!
Cela ne coûte rien de choisir le premier point fixe $P$ à l'origine et notre transformation s'écrit: $Z=f(z)=\dfrac{uz}{z-v}$ où $v$ est l'affixe du point limite objet $I$ ou pôle de $f$ et $u=f(\infty)$ est l'affixe du point limite image $J$ ou pôle de $f^{-1}:z\mapsto \dfrac{vz}{z-u}$.
On a: $a'=f(a)=\lambda.a$ avec $\lambda \in \mathbb R^*$ et $b'=f(b)=\mu.a$ avec $\mu \in \mathbb R^*\ $.
On dispose de deux équations pour calculer $u$ et $v$:
$\lambda.a=\dfrac{u.a}{a-v}$, $\mu.b=\dfrac{u.b}{b-v}$
On en tire: $u=\dfrac{\lambda\mu(b-a)}{\lambda-\mu}$, $v=\dfrac{\lambda.a-\mu.b}{\lambda-\mu}$
On voit à l'oeil nu qu'on a des ennuis pour $\lambda = \mu$, auquel cas $f$ est l'homothétie $z\mapsto \lambda.z$ qui n'a pas de points limites.
On suppose donc $\lambda\ne \mu$:
Les calculs sont pratiquement terminés.
Mais c'est là que les Athéniens s'atteignirent que les Perses se percèrent et que les Mèdes se médirent!
On a:
$v=\dfrac{\lambda.a-\mu.b}{\lambda-\mu}=\dfrac{a'-b'}{\lambda-\mu}$
D'une part $I$ est le barycentre des points massiques $(A;\lambda)$ et $(B;-\mu)$ et ne peut pas faire autre chose que de se retrouver sur la droite $AB$ et d'autre part: $\overrightarrow{A'B'}=(\lambda-\mu)\overrightarrow{IP}$ prouvant que $PI\parallel A'B'$
De même:
$u=\dfrac{\lambda\mu(b-a)}{\lambda-\mu}=\dfrac{\lambda.b'-\mu.a'}{\lambda-\mu}$
$J$ est le barycentre des points massiques $(B',\lambda)$ et $(A',-\mu)$ et se trouve sur la droite $A'B'$ et $PJ\parallel AB$.
Enfin le second point fixe $Q$ de $f$ a pour affixe $u+v$ prouvant que le quadrilatère $PIQJ$ est un parallélogramme et justifiant presque totalement la figure de Poulbot.
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit
Maintenant qu'on a compris comment cela marche, on peut continuer dans la même veine.
On se donne quatre points $P$, $I$, $A$, $A'$ du plan euclidien.
Soit $f$ la transformation circulaire directe de point fixe $P$, de pôle $I$ transformant $A$ en $A'$.
On a donc: $f(P) =P$, $f(I)=\infty$, $f(A)=A'$.
Construire le second point fixe $Q$ de $f$.
Quatre misérables points sur une feuille de papier, des nombres complexes peut-être salvateurs, une règle et un compas et moi et moi et moi....
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Bonjour Pappus
Le deuxième point fixe $Q$ est l'image de $I$ par la similitude directe de centre $A$ qui transforme $P$ en $A^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot

Bonjour Pappus
Pour justifier ce qui précède, il suffit de vérifier, par exemple que $\left( a,p,q,i\right) =\left( a^{\prime },p,q,\infty \right) \Longrightarrow \dfrac{q-a}{i-a}=\dfrac{a^{\prime }-a}{p-a}$.
Quant à tes applications partielles,
$I\rightarrow Q$ est la similitude directe de centre $A$ transformant $P$ en $A^{\prime }$ (vu)
$A^{\prime }\rightarrow Q$ est la similitude directe de centre $A$ transformant $P$ en $I$
$P\rightarrow Q$ est la transposition circulaire de pôle $A$ échangeant $I$ et $A^{\prime }$
$A\rightarrow Q$ est la transformation circulaire directe de pôle $P$ et de points fixes $I$ et $A^{\prime }$
Amicalement. Poulbot

Bonjour
Comment ai-je continué pour justifier la ( maintenant première) figure de Poulbot?
Puisque $s=\rho\circ f\circ \rho^{-1}$ est une similitude directe envoyant $a=\rho(A)$ sur $a'=\rho(B)$ et $b=\rho(B)$ sur $b'=\rho(B')$, j'ai utilisé la défunte construction du centre de similitude pour tracer le centre $q$ de $s$.
$q$ est donc le second point d'intersection du cercle $\gamma$ circonscrit au triangle $Pab$ et du cercle $\gamma'$ circonscrit au triangle $Pa'b'$
Mais puisque $AB=\rho(\gamma)$ et $A'B'=\rho(\gamma')$, il en résulte que $Q=\rho(q)\in AB\cap A'B'$.
Il reste encore à justifier le reste de la figure de Poulbot, notamment que si $M\in AB$, alors $M'=f(M)=PM\cap A'B'$ et enfin l'existence du parallélogramme $PIQJ$.
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Merci Poulbot pour ta démonstration par les complexes!
Je poursuis mon idée de conjugaison.
Sur ma figure, le point $M$ est situé sur la droite $AB$ et le point $M'$ est l'intersection des droites $PM$ et $A'B'$, il s'agit de montrer que $M'=f(M)$.
Soit $m=\rho(M)$, alors $m\in \gamma$, le cercle circonscrit au triangle $Pab$ et de même $m'=\rho(M')\in \gamma'$, le cercle circonscrit au triangle $Pa'b'$.
Comme les points $P$, $m$, $m'$ sont alignés, alors $m'=s(m)$, voir le message:
1582316
et par suite $M'=f(M)$.
Joyeux Noël à tous

Bonjour
Puisque JCR nous a entraîné dans la géométrie circulaire, restons y pour un moment.
La meilleure façon d'apprendre la géométrie est encore de faire des figures et d'effectuer des constructions.
On sait qu'une transformation circulaire directe ou indirecte est entièrement déterminée par les images de trois points distincts.
D'où le problème douloureux suivant:
Etant donnés deux triplets de points $(A,B,C)$ et $(A',B',C')$ et un point $M$, construire ( à la règle et au compas) le point $M'=f(M)$ où $f$ est la transformation circulaire (directe ou indirecte) telle que:
$A'=f(A)$, $B'=f(B)$, $C'=f(C)$.
J'ai mis à la règle et au compas entre parenthèses car je ne fais pas de fixation sur ces instruments et qu'après tout on peut utiliser les outils du logiciel qu'on emploie.
Par exemple, même si je connais mal Geogebra que je n'utilise pratiquement jamais, je sais qu'on peut s'y servir des nombres complexes.
Si $f$ est directe, on sait qu'on a l'égalité entre birapports:
$(a,b,c,m)=(a',b',c',m')$
Théoriquement, on peut se servir de la calculatrice de Geogebra pour calculer $m'$ en fonction de $(a,b,c,a',b',c',m)$ puis tracer le point $M'$ dont on vient de calculer l'affixe. Mais peut-on appeler cela une construction?
Cela n'est pas possible avec Cabri dans la version que possède.
Donc je demande une construction simulant avec le logiciel celle que l'on devrait faire sur une feuille de papier.
Joyeux Noël à tous

Bonjour
Il y a évidemment une infinité de telles décompositions possibles.
Supposons d'abord que $f$ soit directe.
On amène d'abord $B$ sur $B'$ et $C$ sur $C'$ au moyen de l'unique similitude directe $s$ ainsi définie.
Le point $A$ vient alors sur le point $s(A)$.
Il ne reste plus qu'à faire la transformation circulaire directe $g$ de points fixes $B'$ et $C'$ envoyant $s(A)$ sur $C'$ et on a:
$$f=g\circ s\ $$
pourquoi?
La première transformation $s$ n'offre aucun problème de cons truction, j'en ai parlé maintes et maintes fois ici même.
Quant à la seconde, elle nous laisse face à l'épouvantable problème suivant:
Soit $f$ la transformation circulaire directe donnée par ses deux points fixes $P$ et $Q$ et une paire $(A,A')$ de points homologues, i.e: $f(A)=A'$, construire l'image $M'=f(M)$ d'un point donné $M\ $.
On voit ici l'importance de connaître les points fixes d'une transformation circulaire directe, si chers à notre ami $JCR\ $.
Joyeux Noël
[small]p[/small]appus

Merci df.
Je ne vois pas très bien le rapport entre la formule $f=g\circ s$ et le fait que le groupe circulaire soit engendré par les inversions et les similitudes.
Ceci est vrai et le groupe circulaire est même engendré par les inversions.
Etant donné une transformation circulaire $f$, il suffit donc de la décomposer en produit d'inversions pour avoir une construction simple de l'image $M'=f(M)$.
Mais cette décomposition est parfois difficile à trouver et il suffit de décomposer $f$ en produit de transformations circulaires dont nous savons effectuer la construction de l'image.
Faisons une petite liste de ces transformations:
1° Les inversions par rapport à un cercle ou les symétries par rapport à une droite qui font partie des outils du logiciel.
2° Les similitudes directes ou indirectes. En ce qui concerne Cabri, les similitudes directes données par leur centre et une paire de points homologues font partie des outils du logiciel.
Pour celles qui sont données par les images de deux points distincts, la construction est défunte mais autrefois connue.
On peut la trouver dans le Lebossé-Hémery et je l'ai expliquée maintes fois ici.
3° Les transpositions circulaires c'est à dire les transformations circulaires directes involutives.
Il faudra sans doute que je revienne sur la construction de l'image $M'=f(M)\ $ dans le cas où $f\ $ est une transposition.
Le groupe des transformations circulaires directes est engendré par les transpositions circulaires et en fait on montre que toute transformation circulaire directe peut s'écrire comme produit de deux transpositions circulaires.
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Une autre façon de faire, déjà proposée il y a bien des années, pourrait être la suivante:
On doit effectuer la transformation circulaire directe $f: ABC\mapsto A'B'C'$.
On fait la décomposition suivante:
$ABC\mapsto\infty CB\mapsto \infty C'B'\mapsto A'B'C'$
Faire la figure pour obtenir l'image $M'=f(M)$.
Rajouter sur la figure les deux autres décompositions analogues obtenues par les permutations circulaires $A\mapsto B\mapsto C\mapsto A$.
Joyeux Noël
[small]p[/small]appus

Mon cher df
Le théorème utilisé est un théorème de la théorie des ensembles
Si $f$ et $g$ sont deux bijections d'un ensemble $X$, alors:
si $x$ est un point fixe de $f$, $g(x)$ est un point fixe de $g\circ f\circ g^{-1}$
C'est pratiquement évident!
Mais la théorie des ensembles est-elle enseignée?
Joyeux Noël à tous

Bonjour
Je reviens à la décomposition: $ABC\mapsto\infty CB\mapsto \infty C'B'\mapsto A'B'C'$
La première $ABC\mapsto\infty CB$ échange les points $B$ et $C$. Elle est donc involutive et elle ne peut être que la transposition circulaire de pôle $A$ échangeant les points $B$ et $C$
La seconde $\infty CB\mapsto \infty C'B'$ fixe le point à l'infini $\infty$. C'est donc la similitude directe envoyant $B$ sur $B'$ et $C$ sur $C'$.
La troisième $\infty C'B'\mapsto A'B'C'$ échange les points $B'$ et $C'$. C'est donc la transposition circulaire de pôle $A'$ échangeant les points $B'$ et $C'$.
Au total la transformation circulaire directe $f:ABC\mapsto A'B'C'$ est décomposée en un produit: transposition x similitude x transposition et pour chaque terme de cette décomposition, on dispose en principe d'une construction de l'image (à la règle et au compas).
Pour le terme du milieu à savoir la similitude directe, je n'y reviens pas.
Il reste à donner une construction convaincante de l'image d'un point par une transposition circulaire.
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Bonjour
Sur cette figure, j'ai noté $\tau_a$ la transposition circulaire de pôle $A$ échangeant $B$ et $C$.
J'ai tracé le point $M_a=\tau_a(M)$ en rappelant sa construction du message précédent.
Le cercle circonscrit au triangle $M_aBC$ recoupe la droite $AM_a$ en un point $M^*$, identifier la transformation $M\mapsto M^*$.
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus

Bonjour,

même si "visiblement" n'est pas un terme mathématiquement acceptable, je dirais que visiblement, la transformation $M \mapsto M^*$ est un produit de 2 inversions.

PS: pappus, ces "transformations circulaires" ont-elles aussi pour nom: "homographies de la droite projective" ?
Parce que j'ai retrouvé un résultat dans un de mes livres ("algèbre et géométries" C&M):
Si $f$ est une homographie et qu'elle a 1 point fixe, alors $f$ est conjuguée d'une translation ($z \mapsto z+b$).
Si $f$ possède 2 points fixes distinctes, elle est conjuguée d'une homothétie ($z \mapsto \lambda z$)...
...

Mon cher df
Tu ne fais que confirmer ce que j'ai déjà dit ici.
Aujourd'hui le groupe circulaire est défunt et bien défunt.
Comment veux-tu qu'il en soit autrement quand le seul cercle qui reste à nous mettre sous la dent est le cercle trigonométrique?
Effectivement, il nous reste la droite projective complexe qu'on peut avec un peu d'imagination identifier au plan euclidien auquel on a rajouté un point à l'infini. Le groupe des homographies s'identifie alors au groupe des transformations circulaires directes.
A défaut de faire vraiment de la géométrie circulaire comme je tente en vain de le faire ici avec mes figures, on peut s'amuser à trifouiller des homographies c'est à dire peu ou prou à multiplier entre elles des matrices de taille $2$ à coefficients dans $\mathbb C$, passionnant n'est-il pas?
Joyeux Noël à tous
[small]p[/small]appus