Conjugué d'une translation
Bonjour à tous,
La figure ci-dessous est faite dans le plan affine réel complété projectivement.
Montrer qu'il existe une unique transformation projective plane $f$, conjuguée d'une translation, telle que:
$f(A) = A'\ $ et $f(B) = B' $
Donner une construction de l'image $M'=f(M)$ d'un point $M$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
La figure ci-dessous est faite dans le plan affine réel complété projectivement.
Montrer qu'il existe une unique transformation projective plane $f$, conjuguée d'une translation, telle que:
$f(A) = A'\ $ et $f(B) = B' $
Donner une construction de l'image $M'=f(M)$ d'un point $M$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Réponses
-
Bonjour
Comme toujours en géométrie, il y a un aspect calculatoire donc il y a choix d'un repère, par exemple:
$A(1:0:0)$, $B(0:1:0)$, $A'(0:0:1)$, $B'(1:1:1)$
On fait tourner la machine, clic, clic, clic...
Ding, dong, on obtient une belle matrice de taille $3$ ayant vocation à être dans notre repère la matrice de notre transformation projective $f$.
Et puis il y a l'aspect synthétique.
On part des cinq points $A$, $B$, $A'$, $B'$, $M$ qu'on a sous les yeux.
Quelques coups de règle (ébréchée) plus loin, on trace le point $M'=f(M)$
Voici un hint datant de mes guerres puniques:
On a sous les yeux une photographie aérienne d'un objectif: à écrabouiller autrefois, à traiter aujourd'hui.
La sémantique est différente mais le résultat est le même!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Une droite de l'infini en rouge, et quelques parallélogrammes du plan affine complémentaire. Desargues n'est pas loin.
-
Quitte à choisir des coordonnées homogènes, je préfère $A(0:0:1)$, $A'(0:1:1)$, $B(1:0:1)$ et $B'(1:1:1)$, pour avoir une belle réduite de Jordan $\pmatrix{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1}$.
-
Merci GaBuZoMeu.
Evidemment tu n'as fait qu'une bouchée de cet exercice mais je ne sais pas trop si tes lecteurs, plus ou moins novices en géométrie projective sont heureux.
Ta figure est exacte mais demande elle aussi des éclaircissements.
Autrefois on disait que $f$ était une homologie spéciale. Qu'en est-il aujourd'hui où l'on réserve le terme d'homologie à la topologie algébrique?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
J'ai donné des explications ; tout lecteur sait que deux droites parallèles se coupent à l'infini.
-
pappus a écrit:Ta figure est exacte mais demande elle aussi des éclaircissements.
La figure est très claire ; par conjugaison, la figure représente l'effet d'une translation : les quadrilatères ABB'A' et BMM'B' sont des parallélogrammes et il suffit donc de savoir ce que sont la ligne d'horizon et les lignes de fuite, c'est-à-dire savoir lire et construire un dessin en perspective. -
Bonjour,
On a effectivement une belle réduite de Jordan en choisisant le repère projectif $(AB\cap A'B',AA'\cap BB',A,B')$. -
Peut-on rédiger cet exercice comme cela ?
On cherche une transformation $h:A\mapsto A',B\mapsto B'$ du plan projectif $\cal P$ et une droite $\Delta$ telle que la restriction de $h$ à la carte affine $\cal P\setminus \Delta$ soit une translation.
Alors $h$ est une homologie spéciale d'axe $\Delta$ et de centre $O\in\Delta$.
De plus, $O=AA'\cap BB'$ et $AB//A'B'$ dans $\cal P\setminus \Delta$ donc $I=AB\cap A'B'\in\Delta$.
Réciproquement, on vérifie que l'homologie de centre $O$ et d'axe $\Delta=OI$ qui transforme $A$ en $A'$ convient.
Pour $M\in\cal P$, posons $M'=h(M)$.
On sait d'abord que $O,M$ et $M'$ sont alignés.
Soit $N=AM\cap\Delta$.
Comme $h(N)=N$, $h(AM)=A'M'=h(AN)=A'N$.
D'où $M'=OM\cap A'N$. -
Bonsoir
Nos étudiants connaissent donc les lois de la perspective et leurs liens étroits avec la jordanisation des matrices.
Ils sauront donc tracer sans problème les droites limites de $f$!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Gai Requin
Mes seuls petits reproches:
1° Tu ne fais pas de figure.
GaBuZoMeu, et je l'en remercie, s'est au moins décarcassé pour nous en faire une!
2° Il aurait fallu caractériser ta droite $\Delta$ comme l'ensemble des points fixes de $f$!
Car l'axe d'une homologie spéciale, c'est un peu vague pour quelqu'un qui ne connait pas le sujet!
Si on note $D$ la droite de l'infini du plan affine, alors la droite limite objet $L$ de $f$ est définie par $f(L)=D$ et le droite limite image $L'$ par $f(D)=L'$.
Tout ce que je demande est de tracer les droites $L$ et $L'$ sur ma figure.
Ce n'est pas très difficile!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Et si $f(D)=D$, je fais comment pour tracer ?
-
Mon cher Gai Requin
C'est le moment où jamais de faire une figure!
Tracer la droite de l'infini du plan affine n'est pas une activité très fatigante, même si on a égaré momentanément sa règle ébréchée.
Quant à notre $f$ dans ce cas limite, on a même pas besoin d'avoir le début du commencement de l'idée de la notion de conjugaison pour dire que c'est une banale translation.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Voici un petit exercice de style pour les amoureux des lois de la perspective et de la jordanisation des matrices.
Montrer qu'une homologie spéciale $h$ du plan est entièrement déterminée par son pôle, son axe et sa droite limite objet.
Donner alors une construction convaincante de l'image $M'=f(M)$ d'un point $M$ et tracer la droite limite image.
[small]p[/small]appus -
Bonsoir pappus,
On raisonne au départ dans le plan affine réel qu'on complète projectivement par une droite à l'infini $D$ qu'on ne va pas se fatiguer à représenter.
Grâce à la figure de GBZM, il me semble que tout point à distance finie possède une image par $f$ à distance finie.
Donc $f(D)=D$.
Où est l'erreur ? -
Mon cher Gai-Requin
Pour te paraphraser, il me semble que tu viens de démontrer que toute homologie spéciale est affine!!
Toutes mes félicitations!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Gai -Requin
Autre démonstration: si une homologie spéciale était affine, cela se saurait!
Plus sérieusement, reprends la figure de GaBuZoMeu avec le point $M$ se baladant de façon pépère sur la droite $AB$.
Où se trouve le point $M'$?
N'y aurait il pas une position de $M$ pour laquelle le point $M'$ va aller se faire voir ailleurs s'il y est?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
J'ai bien dit qu'il y avait une erreur, mais je ne sais pas où.
Ce qui signifie, mon cher pappus, que je requiers ton aide. ;-) -
Mon cher Gai Requin
Cette aide, je te l'ai donnée.
Toute transformation projective non affine possède deux droites limites.
Ce n'est donc pas une question anodine que de demander leurs tracés.
Ton erreur? Il me semble que n'a jamais été un argument mathématique.
Le droite limite objet est le lieu des points $M$ pour lesquels la construction de GaBuZoMeu tombe en défaut.
Quand je dis défaut, je pense à la malédiction du plan affine!
Il faut donc analyser cette construction.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Pour éclaircir les choses, la droite à l'infini $D$ de Pappus n'est pas l'axe $\Delta$ de son homologie spéciale $f$ (de pôle $P$).
-
Merci à tous les deux.
Je fais aussi de la géométrie pour m'enlever mes œillères !
Et donc la droite limite objet de $f$ est la parallèle à $A'B'$ passant par $O=AA'\cap BB'$.
Comme $f^{-1}$ est l'homologie spéciale de même axe et de même centre que $f$ mais qui transforme $A'$ en $A$, la droite limite image de $f$ est la parallèle à $AB$ passant par $O$. -
Mon cher Gai Requin
Non, cent fois nonGai Requin a écrit:Et donc la droite limite objet de $f$ est la parallèle à $A'B'$ passant par $O=AA'\cap BB'$.
Pourquoi continuer à faire des affirmations gratuites?
$f(O) =O$ n'est certainement pas situé sur la droite de l'infini!
Fais donc des figures!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je corrige avant de me faire taper sur les doigts ! C'est fait !
Soit $d$ la parallèle à $A'B'$ passant par $O$ et $I=AB\cap d$.
Alors, si $\Delta$ est l'axe de $f$, la droite limite objet de $f$ est la parallèle à $\Delta$ passant par $I$.
Soit $d'$ la parallèle à $AB$ passant par $O$ et $J=A'B'\cap d'$.
Alors la droite limite image de $f$ est la parallèle à $\Delta$ passant par $J$.
Si c'est encore faux, je rends les armes ! -
Merci Gai Requin
Ne rends rien du tout, c'est exact!
Quelle est la position relative des droites limites par rapport à l'axe de l'homologie spéciale $h$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Elles sont symétriques par rapport à $O$ !
-
Du coup, une homologie spéciale est entièrement déterminée par son pôle $O$ et sa droite limite objet $d$.
-
Bravo Gai-Requin!
Tu es devenu le prince des homologies spéciales!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir Gai Requin
Voici ma propre figure, la même que la tienne, un peu plus dépouillée, avec mes propres notations et le baratin explicatif en plus gratis pro deo.
Sur la figure, on voit apparaître le pôle $O$ et son axe $\Delta$ ainsi que la droite limite objet $L$, $f(L) =D$, la droite de l'infini du plan affine.
Ton idée est de faire passer par le point $M$ une droite variable $\delta$ coupant $\Delta$ en $S$ et $L$ en $R$.
La droite image $\delta'=f(\delta)$ passe par $S=f(S)$ et par $f(R)$ qui est le point à l'infini de la droite $OR$.
Ainsi $\delta'$ est la droite passant par $S$ et parallèle à la droite $OR$.
Alors $M'=\delta'\cap OM$.
Si on fait varier la droite auxiliaire $\delta$, on constate que le point $M'$ reste imperturbablement au même endroit.
En tout cas, félicitations pour ta figure et j'espère que la prochaine fois tu nous fourniras en plus les explications.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Les homologies spéciales ont disparu dans l'Ignorance Républicaine, les lois de la perspective sont conservées au Louvre mais il reste pour nous consoler la Divine Jordanisation des matrices, encore heureux! -
Merci pappus pour les explications de ma propre figure ! ;-)
Et grâce à la droite limite image de $f$ que j'ai appelée $d'$, on pourrait s'amuser à faire la même chose avec $f^{-1}$.
Donc on vient de se farcir toutes les homologies et les transformations d'ordre $4$ (cf [Nombres de points fixes]).
Républicaines ou non, ces considérations projectives m'amusent beaucoup.
A suivre ? -
Bonjour Gai-Requin
Ces considérations sont surtout faites en dépit de la République.
Il y a pourtant un domaine de notre enseignement où l'on fait un peu de géométrie projective: l'optique de Gauss.
De mon temps on la découvrait en classe de Première. C'est pourquoi on introduisait les divisions harmoniques en classe de Seconde.
Aujourd'hui je crois que cela se fait en Classe Préparatoire?
Comment les physiciens se débrouillent-ils pour l'enseigner à des étudiants qui ne connaissent que les axiomes de Thalès et de Pythagore et pour tout cercle ne connaissent que le cercle trigonométrique, cela je ne veux pas le savoir!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Pappus, sauf le respect que je te dois, ce genre de sortie (ainsi que tes nostalgies de la guerre d'Algérie) n'ont rien à faire sur le forum.
-
Mon cher GaBuZoMeu
C'est surtout la nostalgie de ma jeunesse disparue.
Tu penses bien que comme tous les jeunes de l'époque, je m'en serais bien passé de faire le zèbre au milieu des djebels!
Puisque c'est toi qui en parles, car je n'ai fait aucune allusion à la guerre d'Algérie dans ce fil, cela me rappelle un exercice de géométrie projective.
Excuse moi, j'y ai fait une brève allusion dans mon hint au début de la discussion.
On nous donnait avant de monter dans l'avion, un jeu de photographies aériennes avec sur l'une d'elles une croix rouge du genre de mon point $M$ dans ma première figure de ce fil.
On nous larguait au soleil couchant et une fois à terre, le but de la manip était de se retrouver au point $M$, chargé de tout le matos évidemment.
On faisait bien de la géométrie projective, interprétation des photos aériennes et même de la théorie des variétés, recouvrement des photos.
C'est triste à dire mais c'est peut être dans l'armée qu'on fait encore de la géométrie projective!
Ceci dit, je ne ferais plus allusion à quoique ce soit si cela peut te faire plaisir.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Puisqu'on parle de nostalgie, j'ai certainement dû rencontrer les homologies spéciales en Sup et ce des les premières semaines comme simple exercice d'entrainement sur les droites et leurs intersections. C'était notre modeste façon de faire de l'algèbre linéaire.
Le plan (tout court) était rapporté à des axes obliques, (comme les regards des amoureux!) $Oxy$
Les coordonnées de $A$ sont donc $(0,a)$ et celles de $A'$ sont $(0,a')$
On se donnait le point $M(x,y)$ et on faisait la construction de GaBuZoMeu (sans le savoir) et le but de l'exercice était simplement de calculer les coordonnées $(x',y')$ du point $M'$.
Cela ne volait pas très haut, on le constate.
Puis comme on venait de voir la définition des coordonnées homogènes, on demandait d'écrire la correspondance entre les points $M$ et $M'$ en coordonnées homogènes.
Je ne me doutais pas à l'époque que c'était la question la plus importante de l'exercice.
Sauriez vous faire ce simple exercice de Taupe des années 40-50?
Je rappelle la correspondance entre coordonnées cartésiennes et coordonnées homogènes:
$(x,y) \mapsto (x:y:1)$ et $(X:Y:Z)\mapsto (\dfrac XZ,\dfrac YZ)$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
je me permets d'intervenir car dans le fil:"points fixes d'une transformation circulaire" initié par toi-même, une intéressante question était restée en suspens:
Quels sont les cercles transformés en cercles par isogonalité ?
La littérature sur le sujet est plus qu'indigente. Il y a bien une étude des propriétés des cercles isogonaux dans le Traité de Géométrie de R et C.
On y trouve ce théorème: Tout cercle qui en coupe deux autres en deux points anti-homologues est isogonal à ces deux là.
Mais comment exploiter concrètement ce résultat ?
Tout ça pour te dire que si un jour tu avais dans l'idée de poursuivre la discussion, tu aurais au moins un lecteur.
Cordialement
... -
Bonjour df
J'ai ouvert tant de fils dont la plupart se résument à un long monologue.
Alors de temps en temps je me décourage et je les oublie!
Il va falloir que je retrouve le fil en question, ce n'est pas une sinécure!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Pour l'exercice de Taupe, je trouve $$(X:Y:Z)\mapsto (aa'X:aa'Y:(a-a')Y+aa'Z).$$
-
Merci Gai Requin
Mais à l'époque, on écrivait pas la matrice de cette transformation projective et pourtant c'est là qu'est le pied pour l'algébriste d'aujourd'hui, une matrice écrite naturellement sous sa forme de Jordan, on en pleurerait presque de joie:
$$\begin{bmatrix}
aa'&0&0\\
0&aa'&0\\
0&a-a'&aa'
\end{bmatrix}
$$
Ensuite, nous ne savions pas ce qu'était le plan projectif mais nous savions manipuler les coordonnées homogènes, cet exercice en est la preuve.
Enfin cette histoire de conjugaison d'une translation nous passait largement au dessus de la tête.
Maintenant que tu es devenu le prince des homologies spéciales, (au fait comment appelle-t-on cette bestiole aujourd'hui?), saurais-tu nous conjuguer une translation dans le groupe circulaire puisqu'une translation est aussi une transformation circulaire?
En particulier peut-on commencer à baratiner avec ma figure du début de ce fil?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Pas plus qu'autrefois, on ne sait aujourd'hui ce qu'est le plan projectif! -
Bonsoir pappus,
Est-ce que cela signifie qu'au lieu de raisonner dans le plan projectif réel comme au début du fil, on raisonne sur la droite projective complexe ? :-S -
Oui, Gai Requin
Au lieu de manipuler des matrices de taille $3$ à coefficients réels, on utilise des matrices de taille $2$ à coefficients complexes.
Ceci, c'est l'aspect calculatoire. Quant à l'aspect graphique, on devrait être noyé dans un déluge de cercles, cela me parait logique!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit
Une translation est le produit de deux symétries par rapport à deux droites parallèles.
Donc le conjugué d'une translation dans le groupe circulaire est le produit de deux inversions par rapport à deux cercles tangents.
Voilà tout ce qu'on peut dire a priori.
Il reste à voir si de cela on peut tirer des figures intéressantes comme dans le cas projectif.
Une question naturelle qui me vient à l'esprit:
Etant donnés quatre points $A$, $B$, $C$, $D$ du plan euclidien (complété par un point à l'infini $\infty$), existe-t-il au moins une inversion transformant ces quatre points en un parallélogramme $A'B'C'D'$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,Une translation est le produit de deux symétries par rapport à deux droites parallèles.
Donc le conjugué d'une translation dans le groupe circulaire est le produit de deux inversions par rapport à deux cercles tangents.
Là, j'avoue que tu as dépassé mon seuil de compétence, même si je sais ce que sont translations, symétries et inversions... :-S -
Bonjour,
En décomposant la translation en produit de deux symétries :
\[t = s_1 \circ s_2 \implies \phi^{-1} \circ t \circ \phi = (\phi^{-1} \circ s_1 \circ \phi) \circ (\phi^{-1} \circ s_2 \circ \phi)\]
d'où deux questions :
1. Pour une symétrie \(s\), le conjugué \(\phi^{-1} \circ s \circ \phi\) est-il une inversion ?
2. Lorsque les axes des symétries \(s_1\) et \(s_2\) sont parallèles, les cercles d'inversion des conjugués \(\phi^{-1} \circ s_1 \circ \phi\) et \(\phi^{-1} \circ s_2 \circ \phi\) sont-ils tangents ? -
Mon cher Gai-Requin
Tout ce que je peux te conseiller, c'est de lire les bons livres d'agrégation sur le sujet comme ceux de Goblot par exemple.
En tout cas ton ignorance me conforte dans l'idée qu'en France on ne connait du groupe circulaire que son nom!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
@gb : Qu'est-ce que $\phi$ dans ton message précédent ?
-
Pour en revenir au cas du plan projectif réel que semble maîtriser maintenant Gai-Requin bien que ceci soit totalement hors programme, on peut remarquer que son calcul parfait de sa matrice de Jordan de taille $3$ prouve l'existence des droites limites $L$ et $L'$, leur parallélisme avec l'axe $\Delta$ de l'homologie spéciale $h$ et leur symétrie par rapport au pôle $O$ de $h$.
J'en profite pour compléter la construction de Gai-Requin en faisant intervenir aussi la droite limite image $L'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Petite cure de jouvence ou Voyage au coeur de l'Analphabétisme Républicain?
La figure ci-dessous montre un système centré formé d'une lentille $\Delta$ de foyer objet $F$ et de foyer image $F'$
Construire suivant les règles de l'optique de Gauss l'image $M'$ du point $M$.
Que dire de l'application $M\mapsto M'$?
Conclusion sur la valeur de notre enseignement?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
@gb : Peut-être que ton $\phi$ est la projection stéréographique de pôle nord.
-
Mon cher Gai-Requin
Pourquoi es-tu si obsédé par la sphère de Riemann, la seule sphère qui nous reste encore provisoirement jusqu'à nouvel ordre venu d'en haut!
Tu es pourtant un spécialiste de la théorie des groupes!
Le conjugué dans le groupe $G$ de l'élément $g\in G$ par $g'\in G$ est tout simplement $g'.g.g'^{-1}\ $
Donc si $G$ est le groupe circulaire, un conjugué d'une translation $t$ est de la forme $\phi.t.\phi^{-1}$ où $\phi$ est un élément quelconque de $G$.
On en a rien à cirer du pôle Nord!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Ok.
Et quelle est la classe de conjugaison d'une symétrie dans $G$ ? -
Bonne question, Gai-Requin!
Peux-tu me faire un petit exposé sur les symétries de la sphère de Riemann puisque tu sais de quoi tu parles?
Amicalement
[small]p[/small]appus
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