Jacobienne "facile" entre variétés à bords

Bonjour Etllo
En tout cas, pour la "jacobienne (facile)" au point $(-1,0)$, je ne trouve absolument pas la même chose que toi.
Je trouve un brave et honnête rationnel compris strictement entre $0$ et $1$.
Cette jacobienne serait-elle aussi facile que tu le dis?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Ettlo!
Oui, c'est ce que j'avais trouvé!
Quand $y=(-1,0)$, $\psi_x(y)=y$ et $T\psi_x(y)$ est un endomorphisme de $TS^1(y)=\mathbb R(0,1)$ et cet endomorphisme est bien une homothétie vectorielle de rapport $\dfrac 12$ comme tu l'as dit.
J'aurais bien aimé que tout cela fut étayé par quelques calculs convaincants et une belle figure.
Si $y=(0,1)$, $\psi_x(y)\not=y$ et on ne peut plus parler d'endomorphisme!
Voici ma figure de $\psi_x$ dont j'ai tracé l'image en rouge
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Etllo
On est là au coeur de la théorie des variétés.
Une application linéaire tangente n'a pas de déterminant en général mais il n'est pas interdit d'évaluer son rang si c'est seulement cette bestiole qui t'intéresse.
Dans le cas particulier que nous regardons, on peut chercher à savoir si $\psi_x$ est un difféomorphisme sur son image tracée en rouge et calculer éventuellement le difféomorphisme inverse.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici ma nouvelle figure dont j'ai modifié les notations car celles d'Etllo n'étaient pas très bien adaptées à la situation.
Il s'agit d'abord de décrire la carte de $S^1$ qu'on utilise c'est à dire la correspondance entre les points $\{M(x,y)\in S^1\setminus A\}$ et $\{m(0,t)\vert\ t\in \mathbb R\}$.
On en a rien à cirer qu'elle soit stéréographique, tout ce qui importe sont les calculs au demeurant fort connus!
L'alignement des points $M$, $m$, $A$ se traduit par:
$\begin{vmatrix}
x&y&1\\0&t&1\\1&0&1\end{vmatrix}=0$
On développe par rapport à la première ligne pour obtenir:
$y=t(1-x)$
On cherche l'intersection de cette droite avec le cercle unité:
$x^2-1+t^2(x-1)^2=0$
On se débarrasse de la solution $x=1$ qui donne $A$ et il reste:
$x+1+t^2(x-1)=0$ c'est à dire: $x=\dfrac{t^2-1}{t^2+1}$ et $y=t(1-x)=\dfrac{2t}{t^2+1}$
L'application $M\mapsto m$ est décrite par: $t=\dfrac y{1-x}$
L'application $m\mapsto M$ est décrite par $t\mapsto(\dfrac{t^2-1}{t^2+1},\dfrac{2t}{t^2+1})$
Venons en maintenant à l'écriture de $\psi$:
On doit chercher l'intersection $p$ de la demi-droite $AM$ d'équation: $y=t(1-x)$ avec le cercle de centre $A$ passant par l'origine et d'équation $x^2+y^2-2x=0$
On obtient: $x^2+t^2(1-x)^2-2x=0$ c'est à dire: $x^2-2x+\dfrac{t^2}{1+t^2}=0$ dont il nous faut choisir la plus petite racine $x=1-\dfrac 1{\sqrt{1+t^2}}$
On en déduit les coordonnées de $p$: $(1-\dfrac 1{\sqrt{1+t^2}},\dfrac t{\sqrt{1+t^2}})$ puis celles de $M'$:
$x'=-\dfrac 1{\sqrt{1+t^2}}$, $y'=\dfrac t{\sqrt{1+t^2}}\ $
Et enfin au bout du bout:
$t'=\dfrac{y'}{1-x'}=\dfrac t{1+\sqrt{1+t^2}}$
Quelle est l'ensemble de définition, quel est l'ensemble image et si difféomorphisme il y a, calculer le difféomorphisme inverse?
On voit bien que $\lim_{t\mapsto 0}\dfrac{t'}t=\dfrac 12\ $
Amicalement
[small]p[/small]appus

@pappus,
Interessant...
Je me suis toujours demandé si maitriser la géometrie élémentaire plane était essentiel pour ésperer un jour se familiariser avec les notions plus avancées.
J'avais l'impression que ce n'étais pas du tout le cas !

Bonjour
Je ne sais pas trop comment Etllo s'y est pris pour calculer la fonction réciproque et c'est pourquoi je suis si intéressé par ce qu'il a fait, qui devrait être compréhensible par un bon élève de Terminales.
Voici une autre méthode purement géométrique, il suffit de suivre le chemin $m'\to M'\to p\to m$ sur ma dernière figure.
On part de $m'(0,t')$ pour arriver à $M'(\frac{t'^2-1}{t'^2+1},\frac{2t'}{t'^2+1})$
On y va de sa petite translation pour arriver au point $p'(x=\frac{t'^2-1}{t'^2+1}+1=\frac{2t'^2}{t'^2+1},y=\frac{2t'}{t'^2+1})$
On arrive enfin au point $m(0,t)$ avec $t=\frac y{1-x}=\frac{2t'}{1-t'^2}$
La géométrie, c'est aussi simple que cela, encore faut-il savoir comment s'en servir!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
On cherche toujours à montrer que $\psi: M\mapsto M'$ est un difféomorphisme de $S^1\setminus A$ sur son image mais cette fois-ci en utilisant la structure de sous-variété de $S^1\subset \mathbb R^2$.
La figure sur laquelle il faut méditer est celle ci-dessous.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Pour avoir quelque chose de particulièrement simple, il suffit de Rescassoliser:
$M(x,y)$ et $z=x+\imath y{\ }$, $M'(x',y')$ et $z'=x'+\imath y'$
Quelle relation lie les complexes $z$ et $z'$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
L'idée que j'ai derrière la tête est d'appliquer la proposition ($\bf 16.8.3.4$) page 40 du chapitre XVI, Variétés différentielles, Tome III des Eléments d'Analyse de J.Dieudonné.
Ce n'est pas la peine d'aller farfouiller dans la littérature anglaise!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Il est simple de comprendre pourquoi la grande majorité de nos étudiants sera désemparée devant cet exercice.
Soit $M'=f(M)$.
1° Il faut connaître la notion de puissance $p$ du point $O$ par rapport à une sphère:
$$p=\overline{OM}.\overline{OM'}=k=d^2-R^2$$ pour tout point $M\in S$
Ici $d$ est la distance de $O$ au centre de la sphère et $R$ est son rayon.
Comme le cours de géométrie euclidienne se limite en gros à l'axiome de Pythagore, ce ne sont pas nos étudiants qui auront l'idée d'utiliser cette notion!
2° Ensuite il faut connaître la notion d'inversion $g$ de pôle $O$ et de module $k$:
$$g(M)= O+\dfrac k{OM^2}\overrightarrow{OM}$$ pour $M\not=O$.
Si $M'=g(M)$, les points $O$, $M$, $M'$ sont alignés et $\overline{OM}.\overline{OM'}=k$, prouvant que $f$ est la restriction de $g$ à la sphère $S$ au départ et à l'arrivée.
Comme les inversions viennent de disparaître de notre culture en compagnie du groupe circulaire qu'elles engendrent, (et un groupe de plus, un!), il est difficile de reprocher à nos étudiants de ne pas y avoir pensé!
3° Il faut savoir que $g$ est différentiable sur son domaine de définition: $E\setminus\{O\}$.
$$g'(M).h=\dfrac k{OM^2}.\big( h-2\dfrac{\langle \overrightarrow{OM}\vert h\rangle}{OM^2}.\overrightarrow{OM}\big)$$
Pour montrer cette formule simplement, il faut connaître le calcul différentiel à la Cartan, un très très grand Monsieur. Ce calcul est-il encore enseigné?
L'avantage de cette formule est qu'elle ne fait pas apparaître la dimension de $E$ et qu'elle est donc valable en toute dimension.
On identifie alors facilement (?) $g'M)$ comme une similitude indirecte (vectorielle) de $E$ dont je vous laisse le plaisir de donner son module et ses sous-espaces propres.
Il suffit alors d'appliquer la proposition ($(16.8.4.3$) du Dieudonné pour affirmer que $f$ est un difféomorphisme involutif de $S$ puisque $f=f^{-1}$.
Maintenant qu'on s'est fait la dent sur les inversions de la sphère, il est facile de venir à bout de l'exercice d'Etllo dans le cas très particulier que nous envisageons.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
$\Phi$ est un difféomorphisme du demi-plan ouvert $U=\{(x,y)\in \mathbb R^2\vert\ x<0\}$ sur l'ouvert $V=\mathbb R^2\setminus D$ où $D$ est la demi-droite $\{x,0)\in \mathbb R^2\vert \ x\ge 0\}$
L'équation $x'+\imath y'=-(x+\imath y)^2$ s'écrit:
$x'=-x^2+y^2$, $y'=-2xy$
dont on doit chercher les solutions $(x,y)$ dans $U$.
On a d'abord $x'^2+y'^2=(x^2+y^2)^2$
Donc $x^2+y^2=\sqrt{x'^2+y'^2}$ et $-x^2+y^2=x'$
On en tire:
$2x^2=\sqrt{x'^2+y'^2}-x'>0$ car $(x',y')\in V$
D'où la solution unique dans $U$:
$x=-\sqrt{\dfrac{\sqrt{x'^2+y'^2}-x'}2}$ et $y=-\dfrac {y'}{2x}$
Maintenant si $\Psi$ est le difféomorphisme réciproque de $\Phi$, on voit que $\Psi$ induit sur $S^1$ le morphisme $\psi$ d'Etllo et on applique la proposition ($\bf 16.8.4.3$) du Dieudonné pour conclure.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
On joue sur le fait que $p$ est un revêtement (universel) du cercle trigonométrique $S^1$.
Il est n'est pas question ici de décrire toutes les subtilités du revêtement.
Disons seulement que si $p$ n'est pas bijective, loin de là, il le devient si on restreint $p$ à un intervalle suffisamment petit $I=]\alpha,\beta[$ pour que $0<\beta-\alpha<2\pi$.
La restriction $p\vert_I$ devient alors un homéomorphisme de $I$ sur son image $\Omega=p(I)$ qui est ouverte car on montre que $p$ est une application ouverte.
L'homéomorphisme réciproque $(p\vert_I)^{-1}:\Omega\mapsto I\subset \mathbb R$ devient alors une carte de $\mathbb S^1$.
Dans le cas qui nous occupe, on choisit: $I=]0,2\pi[\ .$ et $\Omega=p(I)=S^1\setminus\{A\}$.
Puis $J=]\frac{\pi}2,\frac{3\pi}2[$ et $\Omega'=p(J)$ est le demi-cercle rouge de ma figure, privé des points $C$ et $D$.
Sur ma figure, on lit: $\theta'=\dfrac{\theta}2+\dfrac{\pi}2$
L'application: $I\longmapsto J; \theta\mapsto \dfrac{\theta}2+\dfrac{\pi}2$ est donc l'écriture de $\psi$ dans les deux cartes de $S^1$: $(p\vert_I)^{-1}$ et $(p\vert_J)^{-1}$ envisagées et par suite $\psi$ est un morphisme.
Après s'être bien échauffé avec le cercle, on peut s'attaquer au cas où $\partial B=S^2\subset \mathbb R^3$ avec $x=(1,0,0)$ avec les notations d'Etllo.
Notre boule $B$ strictement convexe ressemble bien à une véritable boule de pétanque.
On peut encore continuer à utiliser ma figure à condition de lui donner une autre interprétation.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Personne ne veut se dévouer?
Serait-ce trop difficile ou trop simple pour qu'on s'y investisse?
Un simple petit morphisme de la sphère de Riemann, la seule sphère que nous pouvons encore nous mettre sous la dent!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Je vois que les demi-tours sont aussi populaires que les variétés dans notre beau pays!
On peut les trouver dans un espace vectoriel préhilbertien $(E,\langle\bullet\vert\bullet\rangle)$, ça fait quand même plus classe que notre misérable $\mathbb R^3$.
Si $D$ est la droite vectorielle dirigée par le vecteur unitaire $u$, on sait qu'on a une décomposition en somme directe orthogonale:
$E =D\oplus^{\perp} D^{\perp}$
où un vecteur quelconque $x\in E$ se décompose en: $x=\lambda.u+y$ où $y\in D^{\perp}$.
Donc $\lambda=\langle u\vert x\rangle$
Si $p_D$ est le projecteur sur $D$ associé à cette somme directe, on a:
$p_D(x)=\langle u\vert x\rangle u$ et par suite le projecteur $p_{D^{\perp}}$ sur $D^{\perp}$ vaut:
$p_{D^{\perp}}(x)=x-\langle u\vert x\rangle u$
Le demi-tour par rapport à la droite vectorielle $D$ est défini par:
$s_D=p_D-p_{D^{\perp}}=2p_D-id_E$
$D$ est donc le sous-espace propre de $s$ pour la valeur propre $1$ et l'hyperplan $D^{\perp}$ est le sous-espace propre pour la valeur propre $-1$.
Il est clair que $s$ est involutif et $s_D(x)=2\langle u\vert x\rangle u-x$
Dans le modeste cas qui nous occupe, $E=\mathbb R^3$ euclidien usuel.
J'ai dit que $M(x,y,z)$ était l'image de $B(-1,0,0)$ par le demi-tour d'axe $M'(x',y',z')$
Donc si on maîtrise bien $(?)$ le produit scalaire canonique de $\mathbb R^3$, on trouve:
$x=-2x'^2+1=-x'^2+y'^2+z'^2$
$y=-2x'y'$
$z=-2x'z'$
On note $\Phi$ cette application de $\mathbb R^3$ dans lui -même qui, laissant globalement invariante notre bien aimée sphère de Riemann $\mathbb S^2$ induit sur elle un morphisme $\psi$ d'après la proposition ($\bf 16.8.4.3$) du Dieudonné.
On montre maintenant que la restriction de $\Phi$ à l'ouvert $U=\{(x,y,z)\in \mathbb R^3\vert \ x<0\}$ est un difféomorphisme.
Amicalement
[small]p[/small]appus