Transformation affine plane
Sur cette figure, le parallélogramme $A'B'C'D'$ est l'image du parallélogramme $ABCD$ par une transformation affine $f$.
Autrement dit, $A' = f(A)$, $B' = f(B)$, $C' = f(C)$, $D' = f(D)$.
1° Démontrer que le point $O$ est l'unique point fixe de $f$.
2° Démontrer que $M' = f(M)$
3° Comparer cette figure avec celle que j'ai donnée dans le fil "Construction Similitude Directe".
Amicalement
Pappus
Réponses
-
Je donne l'idée de la démonstration.
Je choisis une droite $D$ telle que la droite $D' = f(D)$ coupe $D$ en un point unique.
Petite question sournoise: quelles sont les applications affines $f$ pour lesquelles ce choix n'est pas possible?
Je considère la famille $\mathcal F$ des droites du plan qui sont parallèles à $D$.
Soit $L \in \mathcal F$ et $m = L \cap f(L)$. Alors le lieu de $m$ quand la droite $L$ varie dans $\mathcal F$ est une droite passant par tout point fixe de $f$ s'il en possède (et sinon quoi au fait?).
Très amicalement
Pappus
PS
Cette construction date des environs de 1900. Elle serait due à un géomètre russe (ou polonais?), nommé Sollertinski. Mais à qui appartenait la Pologne à l'époque?
On la retrouve inévitablement dans le Rouché-Comberousse mais sans preuve et il faut véritablement lire entre les lignes pour s'apercevoir qu'il s'agit de la même construction.
La seule preuve que je connaisse est due au fameux problémiste: V.Thébault dans son livre: "Parmi les plus belles figures de la Géométrie dans l'espace", ouvrage dans lequel n'est dessinée aucune figure!
On trouve cette construction dans le Coxeter: "Introduction to Geometry" mais curieusement il ne la prouve que pour les similitudes. -
Sauf erreur et jusqu'en 1917 la Pologne a fait partie de l'empire des Romanov...
Elle a été rétablie comme nation souveraine lors des traités de la fin de la première guerre mondiale, Versailles ou autre, qui ont réorganisé l'Europe. Son territoire empiétait sur l'actuelle Biélorussie mais pas sur les territoires polonais de la Prusse. Elle fut remaniée en 1945, l'Union Soviétique récupérant la Biélorussie et la Pologne voyant sa frontière occidentale déplacée sur la ligne Oder/Neisse. Elle a alors acquis sa forme actuelle.
Bruno -
petit bémol pour Bruno : Cracovie, ville polonaise s'il en est, faisait partie de l'empire austro-hongrois aux alentours de 1900.
Par ailleurs un certain B. Sollertinski a publié dans "El progreso matematico", revue éditée à Saragosse, à cette époque.
Cordialement. -
Merci, Bruno, pour ce petit cours d'histoire. Ainsi Sollertinski était russe, peut-être à contre coeur!
Aux alentours de 1900, tout le petit monde de la géométrie du triangle était encore en effervescence et Sollertinski en était une figure connue.
A cette époque, Internet n'existait pas et s'il y avait des téléphones, ils devaient être réservés aux plus fortunés.
On communiquait ses résultats dans des revues spécialisées et les plus en vogue étaient françaises comme l'Intermédiaire des mathématiciens, Mathesis,les Nouvelles Annnales de Mathématiques, etc...
Sollertinski écrivait donc en français et il avait, le bougre, une imagination débordante!
Très amicalement
Pappus -
Tout juste Ga?
Pour pappus, les mathématiciens polonais ont beaucoup écrit en français au début du XXème siècle.
Bruno -
Je ne m'attendais pas à tout ce barouf autour des bougres,quelles que soient leurs nationalités!
D'autant plus que j'ai un grand respect pour Sollertinski qui comme je l'ai déjà dit était un excellent géomètre.
Je ne pensais pas que ce terme fut aussi péjoratif, alors je m'excuse auprès de sa famille, qui je le vois est encore nombreuse!
Ce mot viendrait du bas latin bulgarus, n'est-ce pas, gb? et le premier sens donné par le Larousse serait celui de gaillard!
J'avais déjà entendu parler des bogomiles sans savoir qu'ils voulaient pratiquer le PACS avant l'heure. Je me doute un peu du sort réservé à ces hérétiques!
Et je n'oublie pas les sympathiques Ebugors qui tiennent toujours la vedette aujourdh'ui!
Très amicalement
Pappus -
Le mot bougre a bien perdu de sa virulence de nos jours :
Qu'est-c'qu'il en sait, le bougre, et qui donc lui a dit. Qu'y a pas de chêne en paradis ? Qu'y a pas de chêne en paradis ?
Le même Tonton Georges :
Sans oublier les jarnicotons
Les scrogneugneus et les bigr's et les bougr's
Cela dit en anglais "buggar" a gardé, dans certains cas, de sa méchanceté.
Hon(n)i soit qui mal y pense !
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Bonjour à tous
un grand UP pour ce fil de Pappus, cité dans "un rapport d'aires"
Bien cordialement
JLB -
Merci Jelobreuil
Ce n'était pas la peine.
Si personne ne m'a répondu sur le fond, il y a onze ans, il ne faut pas s'attendre à quoique ce soit aujourd'hui sauf peut-être une reprise de la discussion sur les bougres et les bogomiles.
En tout cas, si tu t'y prends bien, la construction de Sollertinsky te donne immédiatement le point fixe de $f$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Pappus,
J'essaie de construire, en m'inspirant de ta figure et en prenant ta démarche à l'envers, un parallélogramme A'B'C'D' semblable à un parallélogramme donné ABCD, dans une similitude de centre O donné.
Partant de là, je me donne un point A' et deux droites ac et bd passant par O, je trace les droites aA' et dA', puis la parallèle à dA' passant par b et la parallèle à aA' passant par c, et les points d'intersection de ces droites me donnent les points B', C' et D'.
Puisque d'après les valeurs des angles, mes deux parallélogrammes ne sont pas semblables (ce qui ne m'étonne guère !), où me suis-je trompé ? en prenant des droites ac et bd quelconques, j'imagine ? ou bien cette façon de faire est-elle totalement foireuse dans son principe même ?
Merci beaucoup de me corriger, avec toute la sévérité requise !
Bien cordialement
JLB -
Mon cher Jelobreuil
La configuration de Sollertinski est affine et concerne les applications affines du plan affine non muni d'une structure euclidienne!
Tu ne peux l'utiliser pour construire des triangles semblables sans te donner d'une façon ou d'une autre une structure euclidienne.
Sois naturel et suis mes conseils.
Tu as sous les yeux deux parallélogrammes $abcd$ et $a'b'c'd'$.
Applique leur la construction de Sollertinski et pour ce faire, reviens dans la discussion sur les rapports d'aires dont tu n'aurais jamais dû sortir!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Je reprends la première partie de la démonstration, avec la suggestion de Pappus.
1°) Une application affine est définie par un point et son image, et un vecteur et son image . Quand ils ne sont pas colinéaires, l'application a un point fixe.
Un point du plan s'écrit A+xu+yv et son image f(A)+xf(u)+yf(v); il existe un point fixe ssi il existe x et y tels que si x( u-f(u)) + y(v-f(v))=AA'. Or u-f(u) et v-f(v) sont indépenfdants sont il existe un couple (x,y) unique....
2°) Une famille de droites parallèles a pour image ue famille de droites parallèles.
Soit m1 et a1 sur L1 et m2 et a2 sur L2: m1=a1+k1u; m2=m2+k2u entraine
f(m1)=f(a1)+k1f(u) et f(m2)= a2+k2f(u) et ansi les deux droites f5l1)et f(L2) ont même direction.
3°) So!it une application f définie par le ponit fixe O et les deux vecteurs u et v=f(u).Soit une droite L et son image f(L) qui se coupent en m, de coordonnées t et s dans le repère (O,u,v).
f(m)= tv+sf(v) mais L est de direction u donc f(L), qui porte f(m), est de direction v: tv+sf(v)-tu -su=kv donc
f(v)= (t/s)u + (k/s-t/s)v dont t:s et k/s sont constants quand t varie, c'est à dire que les points d'intersection des couples L et f(l) sont alignés avec O. cqfd.
J'espère que cette démonstration est correcte, merci à Pappus de me corriger s'il le faut.
Si c'est OK, je fais la suite du problème.
Mreci.
Amateur -
Mon cher Amateur
Je te remercie de t'être intéressé à cette configuration proposée il y a onze ans sur ce forum.
Mais quand je lis tes prémisses:
tu comprendras que je n'ai pas très envie de lire la suite!Amateur a écrit:1°) Une application affine est définie par un point et son image, et un vecteur et son image . Quand ils ne sont pas colinéaires, l'application a un point fixe.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Non, je ne comprends pas: on peut définir une application affine d'un espace A+Vsur lui-même par la connaissance d'un couple (a,v) et son homologue (a(,v) où ' est l'image de a de A et v celle de u de V (image d'un point et partie linéaire).
Je pense que vous aurez compris que j'ai compris, donc je continue l'exercice sur votre figure:
j'applique f à la famille de direction AB. d'après la propriété précédente, les intersections des parallèles à AB et des parallèles à A'B' seront alignés (sur ac) avec un le point fixe de f. De même pour l'intersection des parallèles à AD etA'D',, c'est bd qui contient le point fixe; Il est donc à l'intersection de ac etbd, el il est unique (vu plus haut dans ma démonstration).
Suite et fin: M a les mêmes coordonnées dans les repères O,AB,AC et O,A'B',A'C'.
Pour construireson image on utilise donc les droites ac et bd: si x est l'abcisse de M dans le premier repère, la parallèle à AD passant par M coupe bd en un point d'abscisse x dans le nouveau repère.
J'avais l'intention d'aller sur le fil des Aires de Jalobreuil, mais vous m'en avez découragé !!
Bien cordialement. -
J'ai compris ce qui vous a arrêté, ce'st: "couple pas colinéaire entraine point fixe" et non pas la "définition" de l'application affine. Je vais revoir, mais je pense que la suite est juste....
-
Il y a point fixe quand Ker (l-Id)=0, où l est la partie linéaire de f.
Dans le cas présent des parallélogrammes,lesvecteurs homologues sont toujours différents, donc u=f(u) ne se produit que pour u=0.
Cela exclue la translation.
Je pense que la suite était juste.
Bonne soirée et merci encore de cette figure qui est si simple mais si riche..
Cordialement.
Amateur -
Mon cher Amateur
Tu auras beau me dire cent fois que tu as compris la définition d'une application affine, la simple lecture de chaque mot de la phrase que j'ai encadrée me prouve le contraire.
Tu aurais dû faire comme moi quand j'ai présenté la configuration de Sollertinski au début de de fil, il y a onze ans.
Je ne me suis pas risqué à donner la définition d'une application affine, j'ai écrit: soit $f$ la transformation affine envoyant le parallélogramme$ABCD$ sur le parallélogramme $A'B'C'D'$.
Peut-être avais-je eu tort? Car étant tout nouveau sur le forum à l'époque, on avait sans doute cru avec juste raison que je n'étais qu'un troll qui voulait jouer au cuistre?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai bien l'impression que Sollertinski devra attendre onze ans de plus mais lui au moins, il n'en a plus rien à cirer! -
Non, je rédige quelque chose de complet et bien écrit et Sollertinski ne devra pas attendre encore onze ans, demain soir seulement...
Amicalement. -
Euh.... vous aviez raison, c'est "subtil"... Je continue....
-
Mon cher Amateur
C'est si subtil que onze ans après on attend toujours la réponse.
Par contre pas de problèmes avec les triplets de points alignés et les triplets de droites concourantes.
Ils se portent très bien!
On en a jamais assez!
Merci pour Eux
Je te propose plusieurs méthodes dans l'ordre que tu veux:
1° Au ras des pâquerettes, en utilisant l'Axiome de Thalès.
Est-il encore enseigné?
Je ne sais pas!
Il semblerait que non puisque cela fait onze ans que cela dure!
2° On choisit un repère adéquat et on calcule!
3° Å la Bourbaki avec de beaux diagrammes commutatifs (que je ne sais toujours pas faire, sniff!), de magnifiques passages au quotient et de superbes décompositions en produit.
Il y en a certainement beaucoup d'autres!
Autrement dit, c'est pas demain la veille qu'on saura.
Mais bof!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Pour faire un peu avancer le schmilblik au bout de onze ans, je propose la figure ci-dessous que vous pouvez considérer comme un lemme préparatoire à la justification de la configuration de Sollertiski.
On se donne une transformation affine $f$, une droite $L_1$ et son image par $f$: $L'_1=f(L_1)$.
Et on suppose que l'intersection: $L_1\cap L'_1\quad$ existe et est réduite à un seul point noté $m_1\qquad$ !
Cela élimine déjà tout un petit paquet de transformations et je n'ose demander lesquelles.
Une fois la transformation $f$ adéquatement choisie, cela élimine aussi tout un petit paquet de droites pour le choix de $L_1$ et je n'ose demander lesquelles!
On choisit maintenant des droites $L_2\parallel L_1$ et $L_3\parallel L_1$.
On trace ensuite leurs images par $f$: $L'_2=f(L_2)$ et $L'_3=f(L_3)$
1° Montrer que $L'_2\parallel L'_1$ et $L'_3\parallel L'_1$.
2° Prouver que les intersections $m_2=L_2\cap L'_2$ et $m_3=L_3\cap L'_3$ existent.
3° Montrer que les points $m_1$, $m_2$, $m_3$ sont alignés
Présentée ainsi la configuration de Sollertinski, c'est vraiment le super-super--super pied, l'extase, que dis-je l'épectase!
Depuis le début de sa création, il ne se passe pas de jours où on ne demande pas aux forumeurs de démontrer que trois points sont alignés!
Eh bien aujourd'hui ne déroge pas à la règle!
Et j'espère que cela réveillera certains!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
J'étais en rain de commencer à rédiger mais vous avez dégainé très vite..
Une fois qu'on a démontré que les points de rencontre des droites homologues sont alignés, la propriété de la figure s'en suit immédiatement.
On applique ce qu' vient de démontrer: a et c sont alignés avec le point fixe de la transformation, de même b et d. il se trouve donc à l'intersection de ac et bd.
Le repère affine A,AB,AD devient A',A'B',A'D'. M et f(M) ont mêmes coordonnées dans les deux repères, et on se sert des droites ac et bd qui sont les lieux des points .....
Je vais rédiger. -
Mon cher Amateur
Tu peux surtout te limiter à rédiger la démonstration de ce lemme car comme le dit si bien notre ami Verlaine, tout le reste est littérature! -
Vous êtes donc d'accord sur ce que je dis ensuite: ac et bd se coupent en O du fait du lemme précédant et la construction de f(M) découle du fait que les coordonnées de M et f(M) sont les mêmes dans A,AB,AC et A',A'B,A''C' , d'où l'utilisation de cet bd pur passer d'un repère à l'autre?
-
Mon cher Amateur
Toute la difficulté, si l'on peut parler de difficulté, de la configuration de Sollertinski, tient dans la démonstration de ce lemme.
Une fois le lemme démontré, tout le reste n'est plus que du baratin, ce que j'appelle de la littérature.
Libre à toi de ne pas vouloir le démontrer mais tant qu'il n'est pas démontré, la configuration de Sollertinski reste en suspens.
Elle a attendu onze ans, elle peut bien attendre quelques décennies supplémentaires.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
J'ai bien compris qu'une fois qu'on a démontré le lemme, le reste est quasi-immédiat.
Je suis donc sur le lemme. Otez-moi d'un doute: ce n'est pas sa démonstration dans un espace simplement affine qui attend depuis onze ans ???
Si on était dans un espace euclidien au temps du Le Bossé, ça irait vite....(angle, rapport)
Dans un espace affine de dimension 2, je devrais y arriver . Il est déjà certain que que les intersections existent: les directions forment une base, donc l'intersection des variétés linéaires de telles directions s'interceptent en un singleton.
PS: j'étais au collège quand LeBossé exerçait en Prépa au Lycée Claude Bernard . C'était un géant, dans toutes les dimensions... -
Mon cher Amateur
J'ai seriné pendant longtemps que cette configuration était affine.
Mais nous sommes dans un pays libre (?).
Tu fais ce que tu veux!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Voici ma rédaction. Le lemme est en rouge.
Je vous remercie de votre patience. Cordialement.
Amateur. -
Mon cher Amateur
Je vais donc lire ta prose mais rien que le titre me donne déjà quelques inquiétudes légitimes.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Ne vous en faites pas, je ne parle de similitude que dans le titre !!!
-
Mon cher Amateur
Alors pourquoi donner à ton texte un intitulé qui n'a strictement aucun rapport avec son contenu?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Car c'est bien comme ça qu'un soixante huitard désigne la figure déssinée sur la feuille de papier réelle... Mais j'ai bien compris que le jeu consistait à rester dans un plan affine quelconque. La partie du lemme est en rouge.
En fait, c'est une méthode pour trouver le point invariant d'une transformation affine sans les outils euclidiens. Cela ne date que de 1900 ?
Merci de votre aide. -
Mon cher Amateur
Comme je l'avais deviné, tu n'as rien démontré du tout.
Mais je ne porterai pas de jugement de valeur sur ton texte.
Je te remercie d'avoir essayé de rédiger quelque chose quand d'autres qui auraient pu le faire sont restés coi!
Ce que tu n'as pas compris, c'est que ce lemme préparatoire n'a rien à voir avec l'existence des points fixes et concerne donc toutes les applications affines qui remplissent les conditions du lemme, qu'elles aient des points fixes ou non.
Dit d'une autre façon, les points fixes éventuels d'une transformation affine n'ont strictement rien à faire dans la démonstration de ce lemme!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
O n'a pas besoin de point fixe pour montrer que les trois points sont alignés. Il suffit de prendre comme repère le premier couple et de faire le même raisonnement (coordonnées identiques). Mais la démo avec le point fixe, si elle est inutile, n'est pas fausse (?) et on se place directement dans le cas de la figure qui a un point fixe puisque Ker (l-Id)=o. Mais j'aggrave mon cas ?
[Peux-tu te relire pour corriger les typos grossières. Merci. AD] -
Bonjour,
Voilà le lemme en euclidien (ce qui est équivalent) en utilisant les complexes:% Pappus - 11/06/2020 - Transformation affine plane clc, clear all, close all syms a b c syms aB bB cB % Conjugués syms z zB f(z,zB)=a*z+b*zB+c; % Une application affine fB(z,zB)=aB*zB+bB*z+cB; syms u uB=1/u; syms r real % L1 est la droite d'équation uB z + u zB + r = 0 %----------------------------------------------------------------------- % Image de L1 par f zB=-(uB*z+r)/u; Z=f(z,zB); ZB=fB(z,zB); Z=Factor(Z); ZB=Factor(ZB); % On trouve: % Z = -(b*z - c*u^2 - a*u^2*z + b*r*u)/u^2 % ZB = -(aB*z - cB*u^2 - bB*u^2*z + aB*r*u)/u^2 % Donc: syms Z ZB pol=Z*u^2+(b*z - c*u^2 - a*u^2*z + b*r*u); polB=u^2*ZB+(aB*z - cB*u^2 - bB*u^2*z + aB*r*u); pol=coeffs(pol,z,'All'); polB=coeffs(polB,z,'All'); R=Resultant(pol,polB); Equ=collect(R,[Z ZB]); % On trouve une équation de l'image de L1 par f Equ=(aB-bB*u^2)*Z + (a*u^2-b)*ZB + ((bB*c-a*cB)*u^2 + (a*aB-b*bB)*r*u + (b*cB-aB*c)); %----------------------------------------------------------------------- % Point d'intersection M1 de L1 et de son image [m1 m1B]=IntersectionDeuxDroites(uB,u,r,aB-bB*u^2,a*u^2-b,(bB*c-a*cB)*u^2 + (a*aB-b*bB)*r*u + (b*cB-aB*c)); m1=Factor(m1); m1B=Factor(m1B); % On trouve: m = -(u*(b*r - a*r*u^2 - aB*c*u + b*cB*u - a*cB*u^3 + bB*c*u^3 + a*aB*r*u^2 - b*bB*r*u^2))/(b - a*u^2 + aB*u^2 - bB*u^4); mB = -(aB*c - b*cB - bB*r*u^3 + aB*r*u + a*cB*u^2 - bB*c*u^2 - a*aB*r*u + b*bB*r*u)/(b - a*u^2 + aB*u^2 - bB*u^4); F(r)=m1; FB(r)=m1B; %----------------------------------------------------------------------- % De même pour L2 et L3, et les points M2 et M3 syms s t real m2=F(s); m3=F(t); m2B=FB(s); m3B=FB(t); %----------------------------------------------------------------------- % Alignement des points M1, M2, M3 Mat=[m1 m1B 1; m2 m2B 1; m3 m3B 1]; Nul=Factor(det(Mat)) % Égal à 0, d'où le lemme.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour à tous
La figure ci-dessous montre les images de trois droites parallèles sous l'action d'une symétrie glissée qui n'a pas le moindre point fixe, même en cherchant dans tous les coins!
Les intersections $\{m_k=L_k\cap L'_k\vert 1\le k\le 3\}\qquad$ sont bien alignées en vertu du lemme comme il se doit!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je me suis simplifié la vie en faisant la démo avec un point fixe car il y a en. un dans notre figure de départ, puisque Ker(l-Id)=o où l et la partie linéaire de f: les directions AB et A'B' ont bien été représentées non parallèles. En dehors de cette imperfection, ma démo est-elle fausse ?
-
Mon cher Amateur
Oui!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Il suffit donc d'utiliser cette démo, puisqu'à coup sûr il y a un point fixe dans la figure avec les parallélogrammes, alors que ce n'est ps le cas dans la symétrie-glissée où Inv n'est pas un singleton mais une droite complète.
Mais je vais essayer de faire la démo struictement avec vos hypothèses, je reviensbientôt j'espère. -
Merci Rescassol
Je ne sais pas ce qu'il en est dans ta belle région mais chez moi le temps ne prête pas à la joie:
Quand le ciel bas et lourd pèse comme un couvercle
Sur l'esprit gémissant en proie aux longs ennuis,
Et que de l'horizon embrassant tout le cercle
Il nous verse un jour noir plus triste que les nuits ;
Quand la terre est changée en un cachot humide,
Où l'Espérance, comme une chauve-souris,
S'en va battant les murs de son aile timide
Et se cognant la tête à des plafonds pourris ;
Quand la pluie étalant ses immenses traînées
D'une vaste prison imite les barreaux,
Et qu'un peuple muet d'infâmes araignées
Vient tendre ses filets au fond de nos cerveaux,
Des cloches tout à coup sautent avec furie
Et lancent vers le ciel un affreux hurlement,
Ainsi que des esprits errants et sans patrie
Qui se mettent à geindre opiniâtrement.
- Et de longs corbillards, sans tambours ni musique,
Défilent lentement dans mon âme ; l'Espoir,
Vaincu, pleure, et l'Angoisse atroce, despotique,
Sur mon crâne incliné plante son drapeau noir.
Heureusement tu es là toujours fidèle au poste pour me tirer de mon ennui, ce terrible Ennui!
On a enfin au bout de onze ans, au moins une démonstration de ce lemme même si ce n'est pas celle que j'attendais.
J'avais proposé trois méthodes, tu nous en donnes une quatrième.
Puisqu'il faut bien faire un choix, je vais commencer par la seconde.
Je vais choisir adéquatement mon repère.
Tout est dans ce maudit adverbe car j'ai dit des centaines de fois que choisir le bon repère, c'est déjà la moitié de la solution.
En général l'écriture d'une transformation affine se présente sous la forme:
$$\begin{cases}
x'&=&ax+by+c\\
y'&=&dx+ey+f
\end{cases}
\vert \mathrm{avec} \ ae-bd\not=0
\qquad$$
Maintenant passons au repère $\{O;\bf (u,v)\}\qquad$, trois bestioles à se farcir
Je vais choisir: $O=m_1$, le vecteur $\bf u$ dirige $L_1$ et le vecteur $\bf v$ dirige $L'_1=f(L_1)$.
Qu'est-ce que ce choix entraîne sur les six coefficients de l'écriture de $f$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Amateur
A tout hasard, je te signale que la configuration de Sollertinski date des années 1890.
Tu vois qu'elle ne date pas d'hier.
Quant à la recherche des points fixes d'une transformation affine, elle revient à résoudre un système linéaire de deux équations à deux inconnues.
Est-ce que c'est encore dans nos programmes?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Voici la démo du lemme avec les hypothèses du lemme:
1°) Soit M1 sur L1 et M'1 sur L'1, u et u' des vecteurs appartenant aux directions de L1 et L'1.
M1 est sur m1+ Vect(u) etM'1 sur m1+ Vect(u').
Soit A2 sur L2 t son image A'2 sur L'2, M2 et M'2 deux oints courants de ces deux droites
Alors M2 est dans A2+ Vect(u) et M'2 dans A'2+Vect(u') donc A'2M2 appartient à Vect(u').
2°) L'intersectio le 22 et L'2 n'es pas vide et est un singleton car u et u' forment ue base de notre plan affine. Si u et u' étaient liés, M1=m1+ Vct(u) et M'1=m1+Vectu conduirait à M1=M'1 pur tout M1 donc L1=L'1, ce qui n'est pas admis
3°) Prenons le repère m1,U1,U'1 où u=m1U1 et u'=m1U'1. f(m1) est sur L'1, d'abscisse s sur OU'1.
L'abcisse de m2 sur OU1 est t.
On a pour m2: X=t, Y= t+s, donc m2 écrit une droite passant par m1.
Est-ce ok maintenant ?
Merci encore. -
On peut faire sans équation...vous souhaitez de l'affine presque... purement géométrique.. j'ai rédigé ci-dessus. J'espère que ça va maintenant.
-
Dans votre exemple "en épis" Ker (l-Id) n'est pas réduit à O. C'st le sev de direction celle de l'axe.
[Peux-tu te relire avant de poster, pour corriger les typos grossières. Merci. AD] -
Mon cher Amateur
J'ai lu ton texte écrit en rouge.
Il n'est pas mathématiquement recevable malgré tes efforts manifestes de présentation!
Ecoute les conseils de AD.
Rédige tes textes en bon français, sans abréviations avec des phrases ayant au minimum un sujet, un verbe et un complément d'objet direct et surtout, surtout avec une figure où on peut voir les différents objets géométriques que tu utilises.
Ce n'était pas le cas de la figure un peu rikiki que tu proposais!
On est sur le forum de géométrie que diable!
En tout cas, j'essaye de me plier à ces contraintes à mon âge plus qu'avancé!
Une fois mon texte écrit, je me lis et je me relis des dizaines de fois et malgré tout je fais encore des erreurs mais au moins je limite la casse!
A tous, je continue ma démonstration du lemme via le choix d'un repère.
Si on veut que la droite $L_1$ ait pour équation $y=0$ et que la droite $L'_1$ ait pour équation: $x=0$, on a pas tellement le choix, cela exige:
$$a=c=0$$
L'écriture de la transformation affine $f$ se met alors sous la forme:
$$\begin{cases}x'&=&by\\y'&=&dx+ey+f\end{cases}\qquad$$
Ensuite, seulement ensuite, il y a des choses intéressantes à dire!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus,
J'ai refait la partie rouge (lemme) sans point fixe (das le fil il y a 16 heures), mais sa présentation a dû vous rebuter.
Puis-je-je vous soumette tout à l'heure un nouveau travail correct ?
Merci -
Mon cher Amateur
Je ne peux que te féliciter pour ta ténacité!
Voici la suite de ma démonstration analytique!
Soit maintenant $L$ une droite parallèle à $L_1$ d'équation: $Y=0$.
L'équation de $L$ est donc de la forme $Y=y$ et son image $L'=f(L)$ a pour équation: $X=by$ d'après l'écriture de $f$.
$L'=f(L)$ est bien parallèle à la droite $L'_1=f(L_1)$ comme on pouvait s'y attendre.
Quant au point $m=L\cap L'$, ses coordonnées sont $(by,y)$.
Le point $m$ se trouve donc sur la droite d'équation $X=bY$ qui passe par l'origine $O=m_1=L_1\cap L'_1$.
CQFD.
On voit donc que la démonstration du lemme était d'une difficulté inouïe: une simple manipulation d'équations du premier degré.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Pendant qu'Amateur essaye d'améliorer avec ténacité sa démonstration, je vais vous singer une preuve à la Bourbaki rien que pour m'amuser et savoir s'il est possible de l'écrire même si elle n'a absolument aucun intérêt
Soit $\delta$ une direction du plan affine $\mathcal P$, vue comme un sous-espace vectoriel de dimension $1$ de l'espace vectoriel associé $\overrightarrow{\mathcal P}$
Soit $\pi:\mathcal P\to \mathcal P/\delta\qquad$ la surjection affine canonique.
On rebelote avec une autre direction $\delta'\not=\delta$ pour obtenir une surjection tout aussi canonique: $\pi':\mathcal P\to \mathcal P/\delta'\qquad$
Alors Théorème (dit de René Descartes)
On a un isomorphisme affine : $$
\mathcal P\longrightarrow \mathcal P/\delta\times \mathcal P/\delta'; \quad m\mapsto (\pi(m),\pi'(m))\qquad$$ dont l'isomorphisme inverse est : $$
\mathcal P/\delta\times \mathcal P/\delta' \longrightarrow \mathcal P;\quad (L,L')\mapsto L\cap L'\qquad .
$$
À suivre, il faut que je me concentre sur la suite, (mes pauvres neurones !)
Amicalement.
[small]p[/small]appus.
PS
Sur la figure, j'ai vectorialisé le plan affine au point $\Omega$ pour matérialiser les directions $\delta$ et $\delta'$.
Il n'est pas interdit de se servir de sa règle ébréchée et de son compas rouillé pour dessiner cette Bourbakisterie!
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Bonjour!
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