Petit exo d'homographies
Titre initial petit ego d'homographies
Bonjour, merci de votre aide, je sèche devant la feuille depuis longtemps...
Dans le plan affine, deux droites D et D' se coupent en O, et U et V en W.
Soit d une droite quelconque passant par O qui coupe en P et Q les do!tes d et D'
Soit I un point du plan.
IP coupe D et D' en A et A' et IQ coupe D' en B et B'.
On veut montrer que AB' et A'B passent chacune par un oint fixe et les caractériser.
J'ai considéré les positions extrêmes de d, qui fournit les points A0,B0, A1,B1, etc... et j'ai cru bon de rajouter C, C' et R.
Il y a une homographie entre A0A1B0B1 et B1B0A1AO et une projection A0A1B0B1 vers A'0A'1B'0B'1, donc finalement il y a
une homographie h entre B1B0A1A0 et A'0A'1B'0B'1, et donc les quatre intersections des couples du genre A'0B0-A'1B1 sont alignées sur l'axe de h: W,I,J et K sont alignés.
Reste maintenant. à prouver que A'B passe par J, et là, je cale, sans doute d'voir gardé trop longtemps,gtemps la même figure.
Merci de votre aide.
Je joins le dessin Géogebra.
Amateur
Bonjour, merci de votre aide, je sèche devant la feuille depuis longtemps...
Dans le plan affine, deux droites D et D' se coupent en O, et U et V en W.
Soit d une droite quelconque passant par O qui coupe en P et Q les do!tes d et D'
Soit I un point du plan.
IP coupe D et D' en A et A' et IQ coupe D' en B et B'.
On veut montrer que AB' et A'B passent chacune par un oint fixe et les caractériser.
J'ai considéré les positions extrêmes de d, qui fournit les points A0,B0, A1,B1, etc... et j'ai cru bon de rajouter C, C' et R.
Il y a une homographie entre A0A1B0B1 et B1B0A1AO et une projection A0A1B0B1 vers A'0A'1B'0B'1, donc finalement il y a
une homographie h entre B1B0A1A0 et A'0A'1B'0B'1, et donc les quatre intersections des couples du genre A'0B0-A'1B1 sont alignées sur l'axe de h: W,I,J et K sont alignés.
Reste maintenant. à prouver que A'B passe par J, et là, je cale, sans doute d'voir gardé trop longtemps,gtemps la même figure.
Merci de votre aide.
Je joins le dessin Géogebra.
Amateur
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Réponses
Tu devrais corriger ton message, l'énoncé est incohérent (exemple :
"Soit d une droite quelconque passant par O [le point d'intersection de D et D'] qui coupe en P et Q les do!tes d et D' ".
Relis-toi !
Est-ce plus difficile de recopier bêtement l'énoncé du Cagnac que de faire la figure?
Dans un plan projectif (pauvre plan projectif inconnu au bataillon!), on donne un point $O$, deux droites $D$ et $D'$ passant par $O$, deux droites $U$ et $V$ ne passant pas par $O$, et enfin un point $I$ qui n'est situé sur aucune de ces quatre droites.
Par $O$ on mène une droite variable $\Delta$ rencontrant $U$ en $P$ et $V$ en $Q$, $IP$ rencontre $D$ et $D'$ en $A\ $ et $A'$; $IQ\ $ rencontre $D$ et $D'$ en $B$ et $B'$.
a) Démontrer que, lorsque $\Delta$ varie, $AB'\ $ et $BA'$ passent, chacune, par un point fixe, $J$ pour $AB'$, $K$ pour $BA'$.
b) Montrer que les points $I$, $J$, $K$ sont sur une même droite $W$ qui passe par le point commun à $U$ et $V$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici la phrase en exergue de la série d'exercices auquel appartient celui choisi par Amateur:
N.B. Il sera commode d'utiliser un repère projectif, convenablement choisi
Je pense qu'il y a beaucoup de méthodes pour résoudre cet exercice, l'une d'entre elles consistant à composer des projectivités.
Pour ma part, je profite du défunt adjectif projectif de l'énoncé pour proposer la figure suivante.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Dans cette figure, la droite de l'infini est $O(U\cap V)$.
Il est tentant de choisir le repère affine d'origine $L$, d'axes $D$ et $LL'$ tel que $I(0,1)$...
J'avis commencé par ça. Fichier joint.
Mais on doit forcément pouvoir le faire aussi en combinant, sans calcul analytique, des homographies (birapports, polaires). C'est cela que n'arrive pas à faire, et je ne comprends pas pourquoi....
On est face au petit problème technique suivant.
On a une homographie $f: L\longmapsto L'; m\mapsto m'$ entre deux droites $L$ et $L'$ du défunt plan projectif.
On sait qu'en général l'enveloppe des droites $mm'$ est une conique (tangentielle) $\Gamma$ tangente aux droites $L$ et $L'$.
Il y a donc des exceptions où cette conique se décompose. Quelles sont ces exceptions?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $O=L\cap L'$ et soit $\{f:L\longmapsto L'; m\mapsto m'\}$ une application telle que la droite $mm'$ passe par un point fixe $I$.
Une telle application est appelée perspectivité de pôle $I$ de $L$ sur $L'$.
Il est clair que cette perspectivité est une homographie de $L$ sur $L'$ telle que $f(O)=O\ $.
Réciproque
Soit $f:L\longmapsto L'$ une homographie telle que $f(O)=O$.
Montrer que $f$ est une perspectivité!
Démonstration?
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai montré, en me basant sur les positions extrêmes de la droite d, c'est à dire quand elle vient en D et D', qu'on a une homographie d'axe WIJK, où J et K sont les points où se croisent les rayons du genre A'0B0-A'1B1, que Papelier appellerait les"rayons de Pappus", puisque ce sont ceux qui joignent les points AB'-A'B etc... du fameux théorème.
Les lettres sont celles du dessin du premier message.
La droite d est maintenant à une position intermédiaire. I,A,A' sont alignés, I,B,B' aussi par construction. Je recherche une succession d'homographies ( ou de projectivités
comme on dit en anglais) qui permette de prouver que J,A' et B sont en perpective (ou perpectivité pour employer le mot que Papelier ne connaissait pas), d'où l'on déduit l'alignement. Par exemple il faudrait montrer l'égalité des birapports A'o,A'1, A',O et Bo,Ao,B,O.
Votre commentaire signifie que je SAIS que JA' et B sont en perspective, alors que c'est ce que je veux prouver...
PS: quand je tape "birapport" le correcteur du Forum n'a pas l'air content: emploie-t-on un autre mot aujourd'hui? Papelier en était resté à "rapport anharrmonique"....
Essaye au moins de démontrer la réciproque que je demande puis applique ce théorème sur les perspectivités à l'exercice du Cagnac en question!
L'homographie $A\mapsto B'$ est la composée de trois perspectivités. Il suffit donc de savoir composer trois applications!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour la réciproque, soit $A,B\in L$ tels que $O,A,B$ sont distincts et $A',B'$ leurs images par $f$.
Soit $I=AA'\cap BB'$ (merci au plan projectif) et $h$ la perspective de centre $I$.
$f$ et $h$ coïncident sur $\{O,A,B\}$ donc sur toute la droite $L$.
Merci Gai Requin!
Maintenant il s'agit d'appliquer ce théorème sur les perspectivités à l'exercice du Cagnac!
Bonne Nuit
[small]p[/small]appus
Soit $p_1:D\to U$ la perspective de centre $I$, $p_2:U\to V$ la perspective de centre $O$ et $p_3:V\to D'$ la perspective de centre $I$.
Alors $B'=f(A)$ avec $f=p_3\circ p_2\circ p_1$, ce qui justifie que $f:D\to D'$ est une homographie.
De plus, $f(O)=O$ donc $f$ est une perspective et le point $J$ cherché est le centre de $f$.
Il faudrait quand même justifier que $f(O)=O$, même si c'est évident!
Il reste à faire la question b) de l'exercice!
Personnellement, je ne crois pas que c'était la méthode attendue puisqu'on conseillait de faire des calculs dans un repère projectif judicieusement choisi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $M=U\cap V$.
On a $f^*(OM)=IM$ donc $J\in IM$.
Pour Pappus, j'avais fait le petit calcul en envoyant à l'infini la droite OW (W=intersection de U et V), mais je voulais la démonstration "sans calcul", genre Papelier./Sidler..
Revenons en à la figure obtenue en envoyant les points $O=D\cap D'$ et $O'=U\cap V$ à l'infini.
Cela se fait sans calculs. En fait c'est toute la droite $\Lambda=OO'$ qu'on envoie à l'infini
Si $\Pi$ est un plan projectif et si $\Lambda$ est une de ses droites, le complémentaire $\Pi\setminus \Lambda$ admet une structure naturelle de plan affine et le plan projectif $\Pi$ s'identifie naturellement au plan affine $\Pi\setminus \Lambda$ complété projectivement par la droite $\Lambda$ choisie comme droite de l'infini.
Dans notre cas de figure, c'est donc la droite $OO'$ qui est la droite de l'infini, ce qui explique que les droites $D$, $D'$, $U$, $V$ forment un parallélogramme.
La configuration ainsi obtenue est traditionnellement appelée forme réduite de la configuration projective de départ.
Prouver l'existence de cette forme réduite équivaut donc à prouver celle de la configuration projective.
L'avantage de cette méthode est que nous pouvons utiliser l'un des rares axiomes de géométrie encore provisoirement dans nos programme, à savoir l'axiome de Thalès
Par exemple:
$$\dfrac{\overline{LB}}{\overline{LA}}=\dfrac{\overline{RQ}}{\overline{RP}}=\dfrac{\overline{IS'}}{\overline{IS}}$$
L'application $A\mapsto B$ est l'homothétie de centre $L\ $ et de rapport $\dfrac{\overline{IS'}}{\overline{IS}}$.
De même l'application $B\mapsto B'$ est l'homothétie de centre $I$ et de rapport $\dfrac{\overline{IL'}}{\overline{IL}}$
Au total on passe de $A$ à $B'$ par un produit de deux homothéties, (le groupe des homothéties-translations est-il encore enseigné?).
J'arrête ma démonstration là et je vous laisse le soin de l'achever.
Amicalement
[small]p[/small]appus
- le calcul "algébrique" en envoyant la droite 00' à l'infini (forme réduite)
- la composition d'homothétiques et Thalès en raisonnant sur une figure de forme réduite (parallélogrammes)
- la composition d'homographies (avec le th. de Pappus, les perspectives, etc...) sans faire intervenir la réduction .
C'était un bel exercice, merci de votre aide pour les deux derniers !
Je suis curieux de te voir détailler la solution "algébrique".
Quid du conseil de Cagnac demandant de faire les calculs ans un repère projectif judicieux?
Amicalement
[small]p[/small]appus
c'est sur le fichier géogebra joint
Ta solution est d'autant plus difficile à lire que tu ne respectes pas les notations du Cagnac et que tu ne définis pas clairement les points que tu utilises.
Amicalement
[small]p[/small]appus
u= inter de D et U= o,0,1
v= inter de D et V= 0,1,1
u'= inter de D' et U = 0,1,1
P est sur D donc pour coordonnées homogènes p,0,1
Q et sur D': p,1,1
I est fixe: i1,i2,1
le reste suit (alignements)...
Je serai plus clair la prochaine fois, je comprends, il y a tant de fils...
Le point I est fixe et AA' et BB' s'y coupent.
Soit W la droite de direction U(=V),elle coupe D et D'en L et L', ensuite Thalès qui donne le produit de deux homothéties entièrement définies par des points fixes. Le produit de deux homothétiques est une homothétie dont le centre J est sur W (le centre ed la composée de deux h. est aligné avec les centres des deux h., classe de seconde à notre époque). De même K y sera et les trois points I,J,K et direction de W sont alignés.
Sur la configuration projective, quelle est la nature des correspondances $A\leftrightarrow B$ et $A'\leftrightarrow B'?$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les points $A$ et $B$ se trouvent sur la droite $D$ qui admet une structure de droite projective.
Il existe donc un groupe $G$ dit projectif opérant sur $D$.
Par définition les éléments de $G$ sont appelés homographies de la droite $D$.
Je demande donc non seulement de démontrer l'existence d'une homographie $f\in G$ telle que: $f(A)=B$ mais aussi d'exhiber les points fixes de $f$ s'ils existent.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cette homographie envoie OAA1 sur OBB1 où A1 et B1 sont des points fixes de la figure, repérés sur le dessin, que je joins de nouveau.Cela suffit d'ailleurs à a définir.
Est-ce cela ?
Tes figures sont toujours difficiles à lire.
D'une part tu ne respectes pas les notations du Cagnac, par exemple en t'obstinant à noter $W$ l'intersection des droites $U$ et $V$, alors que pour Cagnac $W$ est la droite $IJK$ passant par le point $U\cap V$ et d'autre part en faisant intervenir nombre de points et de droites que tu ne définis pas clairement et dont l'intérêt n'est pas manifeste.
Compare tes figures avec les miennes beaucoup plus aérées où je n'utilise que le nombre de points et de droites suffisants pour leur compréhension.
Il suffit de regarder ma figure réduite, l'application $A\mapsto B$ est une homothétie de centre $L=D\cap W$ dont les points fixes sont $L$ et le point à l'infini de la droite $D$ qui n'est autre que le point $O$.
Donc sur la configuration projective, l'application $\{D\mapsto D; A\to B\}$ est une homographie dont les points fixes sont les points $O=D\cap D'\ $ et $L=D\cap W$, c'est donc une homographie hyperbolique.
Remarque qu'on se fatigue beaucoup pour pas grand chose puisque le plan projectif a disparu pour toujours de notre culture.
Néanmoins on peut continuer à s'amuser avec la forme réduite et l'axiome de Thalès encore provisoirement dans nos programmes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'avais bien réussi à faire l'exo avec le petit calcul analytique. en envoyant O et UinterV à l'infini et je savais aussi le faire avec Thalès.
Je voulais le faire SANS, dans une carte affine quelconque. J'avais aussi utilisé" les points L et L' qui sont C et C' chez moi.
Avant de prouver que AB' et A'B passent par un. point fixe, je dis que: si elles passent par J et K fixes, ces deux ponts doivent être définis à l'aide des positions extrêmes de la droite variable et, avec la bonne homographie et utilisation d'une propriété du birapport, on montre que I,J,K et Uinter V sont alignés.
Il reste à prouver que AB' passe y toujours par I, avec la composition d'homographie qui donne une perspective.
Je vais essayer de bien le mettre au propre, avec juste les points (je nomme M UinterV)
Sur la configuration projective ci-dessous, quel est le lieu du point $T=AB'\cap BA'$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $\pi^*:J^*\to K^*$ l'homographie telle que $JA\mapsto KB$.
On a $\pi^*(JK)=JK$ donc $\pi^*$ est une projection d'axe $s$.
En particulier, $T=JA\cap KB\in s$.
De plus, $\pi^*(OJ)=OK$ donc $O\in s$.
Je la remets demain, et vous remercie de me dire s'il y a une solution plus rapide.
En fait, c'est un théorème de la défunte géométrie projective
Quand on a une homographie $\{f:L\longmapsto L'; m\mapsto m'\}$, on est assuré de l'existence d'un axe d'homographie $\Delta$ tel que pour tout $(m,n)\in L^2$, alors: $mn'\cap nm'\in \Delta$.
Dans la configuration géométrique qui nous intéresse, on doit donc déterminer l'axe d'homographie de la projection de pôle $I$ envoyant $D$ sur $D'\ $.
Comment caractériser simplement l'axe d'homographie d'une projection?
Amicalement
[small]p[/small]appus
$OT$ est l'axe de la projection $D\to D'$ de pôle $I$.
Mais l'axe d'homographie de la projection de pôle $I$ envoyant $D$ sur $D'$ n'est pas une droite quelconque passant par $O=D\cap D'$.
C'est une droite bien précise!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Cette configuration figurait dans le Lebossé-Hémery de la classe de Seconde.
Nous avons décidément bien progressé dans l'Ignorance et l'Analphabétisation!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ces deux projections fixant $O$, on a $f(O)=O$.
De plus, si $L=IK\cap D$, $f(L)=L$ et il ne peut pas y avoir d'autre point fixe.
De même, $g:A'\mapsto B'$ est une homographie hyperbolique qui fixe $O$ et $L'=IJ\cap D'$.
Je pense qu'il existe un moyen de prouver simultanément l'existence des points fixes et sur alignement...
Petite relance: prouver que la conique, lieu des points de rencontre entre AB' (ou A'B) et la droite variable passe par cinq points identifiables de la figure et est tangente en O à OI. Quand d (la droite variable) =OI,R=I,IP=IO,IA'=IO,A'=O, JA'=JB=IO, cqfd.
Amicalement.