Nombre de points fixes
Bonjour à tous
Voici mon exercice de fin d'année 2017, un clin d'oeil à nos amis algébristes qui nous rendent visite!
Soit $f:\mathbb P^2(\mathbb Q)\mapsto \mathbb P^2(\mathbb Q)$ un isomorphisme projectif d'ordre $4$ du plan projectif sur le corps des rationnels.
Quel est le nombre de points fixes de $f$?
Meilleurs Voeux à tous pour la nouvelle année 2018
[small]$[/small]appus
Voici mon exercice de fin d'année 2017, un clin d'oeil à nos amis algébristes qui nous rendent visite!
Soit $f:\mathbb P^2(\mathbb Q)\mapsto \mathbb P^2(\mathbb Q)$ un isomorphisme projectif d'ordre $4$ du plan projectif sur le corps des rationnels.
Quel est le nombre de points fixes de $f$?
Meilleurs Voeux à tous pour la nouvelle année 2018
[small]$[/small]appus
Réponses
-
Bonsoir pappus,
Le polynôme minimal $M$ de $f$ divise $X^4-1$ donc $$M(X)=X^2+1\text{ ou }M(X)=(X-1)(X^2+1)\text{ ou }M(X)=(X+1)(X^2+1).$$
Mais $-I_3$ n'a pas de racines carrées dans $\mathrm{GL}_3(\mathbb Q)$.
Donc $f$ a un seul point fixe.
Remarque : Un tel $f$ existe.
Exemples : $\begin{bmatrix} 0&0&1\\1&0&-1\\0&1&1\end{bmatrix}$, $\begin{bmatrix} 0&0&-1\\1&0&-1\\0&1&-1\end{bmatrix}$...
Bonne fin d'année,
gai requin -
Bonsoir Gai Requin
C’est un peu en pensant à toi que j’ai proposé cet exercice et j’avais l’intuition que tu serais le premier à répondre.
Quelques remarques:
1) $f$ est une transformation projective et n’est pas linéaire.
Elle ne peut donc avoir de polynôme minimal.
2) Il faut faire intervenir l’automorphisme $\varphi$ de $\mathbb Q^3$ dont le quotient est $f$. C’est lui dont le polynôme minimal $\mu$ doit diviser $X^4-\lambda$ (et non $X^4-1$) avec $\lambda \in \mathbb Q^*$.
Meilleurs Vœux à tous et à toi en particulier.
[small]p[/small]appus -
Merci !
Les valeurs propres de $\varphi$ sont des racines de $X^4-\lambda$ et l'une de ces valeurs propres est réelle (dimension $3$) donc $\lambda>0$.
Ainsi, $X^4-\lambda$ a deux racines réelles $\pm\sqrt[4]{\lambda}$ et deux racines imaginaires $\pm i\sqrt[4]{\lambda}$.
En particulier, le polynôme caractéristique $\chi$ de $\varphi$ a exactement une racine réelle.
Si c'est $\sqrt[4]{\lambda}$, alors $\chi(X)=X^3-X^2\sqrt[4]{\lambda}+X\sqrt{a}-\sqrt[4]{\lambda^3}$.
Sinon, $\chi(X)=X^3+X^2\sqrt[4]{\lambda}+X\sqrt{a}+\sqrt[4]{\lambda^3}$.
Dans tous les cas, $\sqrt[4]{\lambda}\in\mathbb Q$ donc $\varphi$ a une et une seule valeur propre rationnelle et $f$ admet un unique point fixe.
Un exemple : $f\simeq\begin{bmatrix} 0&0&1/8\\1&0&-1/4\\0&1&1/2\end{bmatrix}$ dont le point fixe est $[1:0:4]$.
Exercice : Trouver parmi ces isomorphismes projectifs d'ordre $4$ ceux dont le point fixe est sur la droite de l'infini.
Bon réveillon :-),
gai requin -
Bonjour Gai Requin
Ce n'était pas très dur pour un algébriste qui lui sait ce qu'est un espace projectif et connait son algèbre linéaire!
Pour ton exercice, préciser: Trouver parmi tous les isomorphismes projectifs de $\mathbb Q^3\ $ complété projectivement ceux dont le point fixe est situé sur la droite de l'infini.
Meilleurs Voeux à tous
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
Un tel isomorphisme existe : $\begin{bmatrix} 0&1&0\\0&1&1\\1&-1&0\end{bmatrix}$ a pour point fixe $[1:1:0]$.
Ouf ! -
Bonjour
Je pense qu'il n'est pas difficile de trouver toutes les transformations projectives $f$ d'ordre $4$ de $\mathbb P_{2}\left( {\mathbb R}\right) $ ayant un unique point fixe donné $O$ :
$\left( A,A^{\prime },B,B^{\prime }\right) $ étant une division harmonique sur une droite ne passant par $O$, prendre $f=h_{A}h_{B}$ où $h_{A}$ est l'homologie harmonique de centre $A$ et d'axe $OA^{\prime }$ et $h_{B}$ l'homologie harmonique de centre $B$ et d'axe $OB^{\prime }$.
On peut remarquer que
$f^{2}$ est l'homologie harmonique de centre $O$ et d'axe $AB$ et que,
si $h_{A^{\prime }}$ est l'homologie harmonique de centre $A^{\prime }$ et d'axe $OA$ et $h_{B^{\prime }}$ l'homologie harmonique de centre $B^{\prime }$ et d'axe $OB$, on a aussi $f=h_{B}h_{A^{\prime }}=h_{B^{\prime }}h_{A}=h_{A^{\prime }}h_{B^{\prime }}$.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour Gai Requin
C'est le point crucial!Gai Requin a écrit:Dans tous les cas, $\sqrt[4]{\lambda}\in\mathbb Q$
On dirait que tu te contentes de l'affirmer!
Il y a peu de chose à dire mais il faut le dire!
Un petit salut à Poulbot qui traite géométriquement le cas réel
Meilleurs Voeux à tous!
[small]p[/small]appus -
Cela me paraissait évident puisque, $\varphi$ étant un automorphisme de $\mathbb Q^3$, son polynôme caractéristique, que j'ai explicité, est à coefficients dans $\mathbb Q$.
Mais je concède volontiers que je suis parfois trop sibyllin. B-) -
Merci Gai Requin
Tu l'as dit! C'est le principal! Merci!
Mais pense en général à tes lecteurs un peu moins affûtés que toi, surtout pendant cette période de fêtes où ils ne sont plus très lucides!
Meilleurs Voeux à tous!
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Puisque Poulbot parle d'homologie harmonique, on peut essayer de regarder le cas général d'une involution (transformation projective d'ordre $2$) du plan projectif sur un sous-corps $\mathbb K$ quelconque de $\mathbb C$
$f:\mathbb P^2(\mathbb K)\longmapsto \mathbb P^2(\mathbb K)$
Comment se présente l'ensemble des points fixes de $f$?
Meilleurs Voeux à tous
[small]p[/small]appus -
Soit $\varphi$ un automorphisme de $\mathbb K^3$ associé à $f$.
Si $f$ n'est pas l'identité, il existe $\lambda\in\mathbb K^\times$ tel que le polynôme minimal de $\varphi$ soit $\mu(X)=X^2-\lambda$.
On montre comme ci-dessus que $\sqrt{\lambda}\in\mathbb K$ ce qui implique que les valeurs propres de $\varphi$ sont $\pm \sqrt{\lambda}$.
Donc $f$ a au moins deux points fixes.
De plus, $\mu$ est scindé à racines simples donc $\varphi$ est diagonalisable avec une valeur propre double.
Donc $f$ possède une droite $d$ de points fixes et un point fixe $O\notin d$. -
Bonsoir à tous
Ah ! Non ! C'est un peu court, jeune homme !Gai Requin a écrit:On montre comme ci-dessus que $\sqrt{\lambda}\in\mathbb K$
On pouvait dire... oh ! Dieu ! ... bien des choses en somme...
Meilleurs Voeux à tous
[small]p[/small]appus -
Ah ! Non ! Je suis un vieux grigou !
Le polynôme caractéristique $\chi$ de $\varphi$ est un multiple de $\mu$ donc $$\chi(X)=(X^2-\lambda)(X\pm\sqrt{\lambda})\in\mathbb K[X].$$
Le coefficient de $X^2$ est $\pm\sqrt{\lambda}$ qui est donc bien dans $\mathbb K$. -
Merci Gai-Requin pour ton cadeau de Nouvel An!
Ayons une petite pensée pour William et Arthur ainsi que pour Ferdinand Georg qui le premier l'a démontré en 1878!
Joyeuse Année à tous
[small]p[/small]appus -
Bonne année mon cher pappus,
Je me suis dit en me levant qu'on ne pouvait pas ne pas faire une figure dans un fil de géométrie.
Dans celle-là, $f$ est une involution du plan projectif réel de centre $O$ et d'axe $d$.
A coup de birapport harmonique, on construit l'image $M'$ d'un point $M$ quelconque du plan par $f$. -
A partir de cette figure et du [message] de poulbot à qui je souhaite également une bonne année, je pense qu'on peut aussi construire l'image d'un point $M$ par une transformation projective de $\mathbb P^2(\mathbb R)$ d'ordre $4$.
Mais je ne sais pas si pour son choix des points $A,A',B,B'$, on a $f(A)=A'$ et $f(B)=B'$. :-S
C'est en tout cas ce que semblent suggérer les primes... -
Bonjour Gai Requin
Ta question n'a pas beaucoup de sens tant que tu ne nous dis pas comment ton $f$ d'ordre $4$ est défini.
Pour un géomètre, l'idéal serait de se donner une orbite de 4 points dans le plan projectif!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci.
Il suffit de se donner cinq points $O,A,B,C,D$ tels que $O,A,B,C$ soit un quadrangle et $f(O)=O,f(A)=B,f(B)=C$ et $f(C)=D$.
Ce qui implique que $f(D)=A$. -
Bonsoir Gai Requin
C'est un peu trop facile de se donner le point fixe.
Une bonne partie des math, analyse ou géométrie, consiste à démontrer l'existence de points fixes et à éventuellement les construire!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Ok.
Donc on se donne un quadrangle $ABCD$ (i.e. un repère projectif du plan) tel que $f(A)=B,f(B)=C,f(C)=D$ et donc $f(D)=A$.
Alors $f$ permute les droites $AC$ et $BD$ donc le centre de $f$ est $O=AC\cap BD$. -
Merci Gai Requin
Tu peux l'appeler centre si tu veux mais sa vocation première est d'être le point fixe de $f$;
Maintenant, seulement maintenant, se pose le problème de la construction du point $M'=f(M)$, image du point $M$ par $f$ et d'une façon plus générale de son orbite.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
Voilà ce que j'ai fait pour le moment.
Soit $S=AB\cap DC$ et $g$ l'involution de centre $S$ qui fixe $O$ et qui échange $A$ et $B$, de sorte que $g$ échange aussi $C$ et $D$.
Alors $h=f\circ g$ échange $A$ et $C$ donc c'est aussi une involution.
De plus, $h$ fixe $O,B$ et $D$ donc l'axe de $h$ est $BD$.
Par construction, $f=h\circ g$.
Je sais construire l'axe de $g$ mais il me manque le centre de $h$ qui est sur $AC$. :-S -
Bonjour,
J'ai trouvé le centre de $h$.
C'est le point de $T$ de $AC$ tel que $[O,T,A,C]=-1$.
J'aurais pu trouver immédiatement parce que c'est la même méthode que pour construire l'axe $d$ de $g$ ! -
Bilan : $f$ est la composée de l'involution de centre $T$ et d'axe $BD$ par l'involution de centre $S$ et d'axe $d$.
-
Mon cher GaiRequin
Ce que tu dis est peut-être et même sans doute vrai.
Cela me remonte le moral de voir un algébriste, qui a certainement mieux à faire, s'intéresser avec tant de brio à la géométrie projective!
Déjà, il n'est pas clair dans ton bilan de l'ordre dans lequel tu composes tes involutions.
Ensuite en examinant ta figure, on y voit tracés des points sans étiquettes un peu bizarres dont on se demande bien ce qu'ils viennent faire dans cette histoire.
Voici ma propre figure que tu pourras comparer avec la tienne.
Les données de départ sont l'orbite $(A,B,C,D)$ du point $A$ sous l'action de $f$.
Le quadrangle $ABCD$ a trois paires de côtés opposés $(AC,BD)$ qui se coupent en $O\ $, (le futur point fixe de $f$), $(AD,BC)$ qui se coupent en $U$ et $(AB,CD)$ qui se coupent en $V$, (ton point $S$).
Soit $P=AC\cap UV$ et $Q=BD\cap UV$.
On a une division harmonique $(P,Q,U,V)=-1$, (question bateau autrefois de géométrie projective).
$f^2$ est l'involution harmonique de pôle $O$ et d'axe $UV$.
On note $h_P$ l'involution harmonique de pôle $P$ d'axe $OQ$ et $h_U$ l'involution harmonique de pôle $U$ et d'axe $OV$.
Alors $f=h_U.h_P$ est une décomposition de Poulbot de $f$.
A ce propos, il serait bon d'exhiber toutes les décompositions de Poulbot de $f$.
Puisque j'ai des macros de l'involution harmonique, j'en ai profité pour tracer (en rouge), l'orbite $(M_0,M_1,M_2,M_3)$ d'un point $M_0$.
Il serait intéressant d'étudier l'espace de ces orbites!
Comment justifier mes dires par le calcul?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci pour cette figure que je vais essayer de comprendre.
Je résume mes messages précédents qui étaient très brouillons parce que j'en ai vraiment sué pour dévisser $f$ !
Soit $S=AB\cap CD$, $I=AD\cap BC$, $d=OI$ et $g$ l'involution de centre $S$ et d'axe $d$.
$g$ permute $A$ et $B$, ainsi que $C$ et $D$.
Soit alors $h=f\circ g$.
$h$ permute $A$ et $C$ donc $h$ est une involution.
De plus, $h$ fixe $O,B$ et $D$ donc l'axe de $h$ est la droite $BD$ et son centre $T$ vérifie $[O,T,A,C]=-1$.
And last but not least, $h\circ g=f\circ g^2=f$. OUF !
Remarque : dans ma dernière figure, il y a effectivement deux droites bizarres et deux points sans étiquettes qui m'ont servi à construire ce conjugué harmonique $T$ en prenant appui sur le point $D$ et la droite $d$ déjà construits.
Je ne me suis toujours pas mis aux macros, shame on me ! (td)
P.S. : Je suis un très grand fan de la géométrie projective dont, hélas, je ne connais que le b.a.-ba. -
Bonjour à tous
Il va falloir faire des calculs et pour cela choisir un repère, projectif comme il se doit dans un plan projectif, donc formé de $4$ points
Il y a plusieurs façons de s'y prendre et si on est vraiment motivé, on peut les expérimenter tous.
En tout cas, la manière la plus naïve est de choisir les quatre points qu'on a sous les yeux
$A(1:0:0)$, $B(0:1:0)$, $C(0:0:1)$, $D(1:1:1)$
OK, voilà une bonne chose de faite.
En fait, plus qu'un quadrangle $(A,B,C,D)$, c'est à dire un quadripoint, c'est plutôt un quadrilatère complet qu'on a sous les yeux: $(AB,BC,CD,DA)$ qu'on a sous les yeux, les côtés nous sont imposés par l'ordre des points sur l'orbite: $B=f(A)$, $C=f(B)$, $D=f(C)$ et donc $D=f(A)$
Ce quadrilatère complet a $6$ sommets, outre les sommets $A$, $B$, $C$, $D$, il faut rajouter les sommets $U=AD\cap BC$ et $ V=AB\cap CD$.
Dans la carte affine-euclidienne du plan projectif que nous utilisons du plan projectif, en gros l'écran de notre ordinateur, il faut que soient visibles les $6$ sommets du quadrilatère complet mais aussi les points $O=AC\cap BD$, $P=AC\cap UV$ et $Q=BD\cap UV$, donc $9$ points en tout, sinon on change de carte affine.
Maintenant le premier boulot est de calculer dans ce repère une matrice de taille $3$ de $f$ et accessoirement les coordonnées des points et des droites apparaissant sur la figure!
Une fois ceci fait, on pourra s'intéresser aux décompositions de Poulbot.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
Bonne Année, Bonne Santé à toi et autres membres du forum.
$f$ a pour matrice $\begin{bmatrix}0&0&1\\-1&0&1\\0&-1&1\end{bmatrix}$ et tes points ont pour coordonnées
$O=\left( 1:0:1\right) ,U=\left( 0:1:1\right) ,V=\left( 1:1:0\right) ,P=\left( 1:0:-1\right) ,Q=\left( 1:2:1\right) $.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour pappus,
$f\simeq\begin{bmatrix} 0&0&1\\-1&0&1\\0&-1&1\end{bmatrix}$ de point fixe $O(1:0:1)$.
Je trouve ensuite $U(0:1:1),V(1:1:0)$ donc $UV$ a pour équation $X-Y+Z=0$.
D'où $P(1:0:-1)$ et $Q(1:2:1)$.
On vérifie aussi que $f^2$ est l'involution de centre $O$ et d'axe $UV$. -
Content de voir que je trouve la même chose que poulbot qui a été plus rapide que moi !
-
Merci Poulbot
Meilleurs voeux aussi à toi et toute ta famille.
C'est exact.
Il faudrait faire les calculs (triviaux) pour ceux qui découvrent la géométrie projective
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Considérons maintenant la droite projective réelle $UV$.
Dans une certaine carte affine, $U=\infty$, $V=0$ ce qui implique que $P=-1$ et $Q=1$ puis que $V$ est le milieu de $[PQ]$. D'où $$(P,Q,U,V)=-1.$$ -
A la demande de pappus, on peut détailler le calcul de la matrice de $f$ qui est le moins trivial.
Comme $f(A)=B,f(B)=C$ et $f(C)=D$, il existe des réels $a,b,c$ non nuls tels que $$f\simeq\begin{bmatrix} 0&0&c\\a&0&c\\0&b&c\end{bmatrix}.$$
D'où $f(D)=(c:a+c:b+c)$ et $$f(D)=A\Leftrightarrow a+c=b+c=0\Leftrightarrow a=b=-c.$$ -
Merci Gai Requin
Maintenant la minute de vérité!!
Décomposer $f$ en produit de deux involutions, la fameuse décomposition de Poulbot
Petite remarque sémantique:
Poulbot parle d'homologie harmonique et moi d'involution harmonique.
C'est évidemment la même bestiole.
Homologie est un ancien terme désignant une classe assez large de transformations projectives.
Aujourd'hui la tendance est plutôt de l'utiliser dans le cadre de la topologie algébrique.
Petit exercice de style:
Ecrire une matrice de l'involution harmonique de pôle $P(a:b:c)$ et d'axe la droite $d$ d'équation $ux+vy+wz=0$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Re-bonjour Pappus
"Petit exercice de style: Ecrire une matrice de l'involution harmonique de pôle$P\left( a:b:c\right) $ et d'axe la droite $d$ d'équation $ux+vy+wz=0$"
$\begin{bmatrix}bv+cw-au&-2av&-2aw\\-2bu&cw+au-bv&-2bw\\-2cu&-2cv&au+bv-cw\end{bmatrix}$
Amicalement. Poulbot -
Pour l'exercice de style, j'ai utilisé qu'on a une base de vecteurs propres $\big((a,b,c),(0,w,-v),(w,0,-u)\big)$ si, par exemple, $w\neq 0$.
Dans cette base, les matrices de l'involution sont de la forme $\begin{bmatrix} -\lambda&0&0\\0&\lambda&0\\0&0&\lambda\end{bmatrix}\simeq\begin{bmatrix} -1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}$.
Un petit changement de base donne la matrice $$\begin{bmatrix} -au+bv+cw&-2av&-2aw\\-2bu&au-bv+cw&-2wb\\-2cu&-2cv&au+bv-cw\end{bmatrix}.$$
Edit : Encore grillé par poulbot ! -
Merci Gai Requin
Tu as donné une preuve.
Ton mérite est grand!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
D'après cette formule, l'involution $h_U$ de pôle $U$ et d'axe $OV$ a pour matrice $$\begin{bmatrix}1&0&0\\1&0&-1\\1&-1&0\end{bmatrix}.$$
De même, l'involution $h_P$ de pôle $P$ et d'axe $OQ$ a pour matrice $$\begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{bmatrix}.$$
Ces calculs prouvent que $f=h_U\circ h_P$. OUF ! -
Mon cher Gai Requin
Je ne suis pas d'accord avec toi pour appeler inversion ce que j'appelle involution harmonique.
L'inversion appartient à la géométrie circulaire, alors que l'involution harmonique est une transformation involutive du plan projectif.
Pour en revenir à la matrice de l'involution, je soupçonne Poulbot d'avoir une mémoire phénoménale.
Quant à ta méthode que tu n'as pas très bien expliquée à quelqu'un qui voit ces choses pour la première fois, elle revient à écrire:
$$\begin{bmatrix}
-au+bv+cw&-2av&-2aw\\
-2bu&au-bv+cw&-2wb\\
-2cu&-2cv &au+bv-cw\end{bmatrix}
\simeq
P.Diag(-1,1,1).P^{-1}$$
où $P=\begin{bmatrix}
a&0&w\\
b&w&0\\
c&-v&-u
\end{bmatrix}$ est la matrice de passage de la base canonique de $\mathbb R^3$ à une base de diagonalisation de la matrice qu'on cherche à former.
Dans ma première version, j'avais permuté $P$ et $P^{-1}$; Merci Gai Requin d'avoir remarqué cette erreur
Avant d'effectuer ce triple produit matriciel, il faut se farcir au préalable le calcul de $P^{-1}$.
On ne peut pas dire que ce soit la grande joie même pour le brillant algébriste que tu es.
Vois-tu un moyen d'éviter ce calcul de l'inverse?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
pappus, désolé d'avoir mélangé inversion et involution. (td)
C'est corrigé en rouge.
Merci aussi d'avoir explicité ma méthode par changement de base qui est classique.
Pour le moment, je ne vois pas d'autre méthode que celle qui passe par le calcul de $P^{-1}$ que j'ai laissé faire à ma calculette. B-)- -
Et au fait, tu as confondu $P$ et $P^{-1}$ dans ton dernier message. ;-)
-
Ou alors le problème revient à chercher la matrice de la symétrie vectorielle de $\mathbb R^3$ par rapport au plan d'équation $ux+vy+wz=0$, parallèlement à la droite dirigée par $\begin{pmatrix} a\\b\\c\end{pmatrix}$.
Mais je ne suis pas sûr que cela soit plus simple. :-S -
Bonjour Pappus
"Pour en revenir à la matrice de l'involution, je soupçonne Poulbot d'avoir une mémoire phénoménale"
Hélas non! J'avais ce résultat dans mes archives.
Une méthode plus rustique consiste à utiliser le fait que
$A$ et $f\left( A\right) $ sont conjugués harmoniques par rapport à $P$ et $d\cap AP=\left( bv+cw:-bu:-cu\right) $.
Amicalement. Poulbot -
Bingo Gai Requin
C'est la méthode qu'il fallait suivre.
Le passe-temps des géomètres est de montrer que trois points sont alignés ou trois droites concourantes, celui des algébristes est de calculer des sommes directes et leurs projecteurs.
Chacun s'amuse comme il peut!
Peux-tu nous détailler cela en quelques lignes?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir
Cela dit, pour préciser un peu cette aussi obscure que "fameuse décomposition de Poulbot", disons qu'il s'agit de trouver toutes les décompositions de $f$ en produit $f_{1}f_{2}$ de deux involutions harmoniques dont les pôles $O_{1},O_{2}$ sont sur la droite $UV$ et dont les axes $d_{1},d_{2}$ passent par $O$.
Si $\varphi $ est l'homographie d'ordre $4$ de la droite $UV$ par laquelle, avec les notations de Pappus, $U\rightarrow P\rightarrow V\rightarrow Q\rightarrow U$, montrer que $O_{2}=\varphi \left( O_{1}\right) $ et préciser alors $d_{1}$ et $d_{2}$.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Autrefois dans un autre siècle, les élèves de Terminales S passaient leur temps à décomposer une isométrie directe, translation ou rotation, en produit de deux symétries.
Cette époque est révolue et aujourd'hui nos étudiants éprouveraient les pires difficultés à décomposer une transformation projective en produit d'involutions harmoniques si on n'avait pas décidé en haut lieu de supprimer purement et simplement la géométrie projective: la facilité dans l'ignorance et l'analphabétisme!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Comment créer la macro d'une involution harmonique donnée par son pôle et son axe? -
Bonsoir pappus,
Pour la matrice de cette symétrie vectorielle $s$, notons $(x,y,z)$ un vecteur quelconque de $\mathbb R^3$ et $(x',y',z')$ son image par $s$.
Soit $t$ le réel tel que $(x+ta,y+tb,z+tc)$ soit sur le plan des invariants de $s$, i.e. $$u(x+ta)+v(y+tb)+w(z+tc)=0.$$
Alors $(x,y,z)=(x+ta,y+tb,z+tc)-t(a,b,c)$, de sorte que $$(x',y',z')=(x+ta,y+tb,z+tc)+t(a,b,c)=(x+2ta,y+2tb,z+2tc).$$
Il ne reste plus ensuite qu'à savoir calculer... -
Bonsoir Gai Requin
Je m'étonne de te voir patauger dans les marais d'une géométrie sans aucun intérêt aujourd'hui au lieu de rester dans l'air vivifiant du Paradis de la Divine Algèbre Linéaire à manipuler les Projecteurs Sacrés.
Soit $L$ la droite vectorielle de $\mathbb R^3$ engendrée par le vecteur $(a,b,c)$ et $S$ le plan vectoriel de $R^3$ d'équation $ux+vy+wz=0$.
Les hypothèses faites entrainent qu'on a une somme directe:
$$\mathbb R^3= L \oplus S$$
Notons $p$ le projecteur sur $L$ et $q$ le projecteur sur $S$.
On a donc $p+q=Id\ $
C'est un jeu d'enfant (??) d'écrire la matrice de $p$ dans la base canonique de $\mathbb R^3$.
$s=p-q=2p - Id$ est la symétrie vectorielle d'axe $L$ parallèlement à $S$.
La matrice de $s$ dans la base canonique de $\mathbb R^3$ répond (à un facteur multiplicatif non nul près) à la question!
Poulbot a choisi le bon facteur pour faire disparaître les dénominateurs.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci pappus,
J'ai toujours pensé qu'on visualise bien l'algèbre linéaire sous un prisme géométrique.
La preuve, c'est que tu en sais beaucoup plus que moi en géométrie et donc aussi en algèbre linéaire par voie de conséquence. ;-) -
Bonne Nuit
Il suffit maintenant de disposer d'une macro de l'involution harmonique donnée par son pôle $O$ et son axe $d$ pour faire la figure!
Bien sûr mais comment créer cette macro?
Amicalement
[small]p[/small]appus
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