ApplicationAffineTangente

Ici le point $m$ parcourt son diamètre avec la vitesse $\overrightarrow{mp} = \overrightarrow{Om}$
Cabri dit que l'hodographe est le cercle de diamètre $ON$.
On peut faire tourner la figure autour de l'axe $ON$ pour obtenir le champ sphérique associé à l'application identité du plan équatorial.
Amicalement
Pappus

Merci Remarque!
Bravo pour ce bel effort, je n'en attendais pas moins de toi.
Toute cette histoire de champs de vecteurs sur la sphère vient d'un problème que j'avais posé dans les années 80 sur les champs de vecteurs de la sphère $\mathbb S^n$ qui s'écrivent de façon polynomiale dans une carte stéréographique.
Si j'arrive à sortir de ma paresse congénitale, j'essayerai bien de faire une épure (avec lignes de rappel, etc...) de tout ce fourbi mais le cas d'un plan non diamétral est délicat à mettre en place. Je vais y réfléchir.
Amicalement
Pappus

Voici un autre exercice sur le même thème de l'application affine tangente.
Au lieu de travailler avec une inversion, on va utiliser une transformation circulaire directe $f$ du plan dont on connait les deux points fixes supposés distincts $P$ et $Q$ et le point limite objet $I$ défini par $f(I) = \infty$.
Je rappelle que si $J'$ est le point limite image défini par $f(\infty) = J'$, alors le quadrilatère $PIQJ'$ est un parallélogramme, autrement dit les segments $IJ'$ et $PQ$ ont même milieu.
Ma question est alors la suivante:
Quelle est l'application affine tangente à $f$ au point $P$?
Amicalement
Pappus
PS
Le plan désigne ici le plan (affine) euclidien complété par un point à l'infini, noté $\infty$.

Par le choix d'un repère orthonormé, on identifie le plan euclidien au plan complexe $\C$.
Les transformations circulaires directes (t.c.d) du plan (conforme, c'est à dire auquel on a rajouté un point à l'infini), s'identifient alors aux homographies $\{z \mapsto \dfrac{az +b}{cz +d}; ad-bc \ne 0\}$ qui opèrent en fait sur $\C \cup \{\infty\}$ c'est à dire sur le plan complexe auquel on a rajouté un point à l'infini, noté $ \{\infty\}$.
Si $f$ admet deux points fixes distincts $p$ et $q$, alors on a le résultat fondamental suivant:
Le birapport $(p,q,f(z),z)$ est indépendant de $z \in \C \cup \{\infty\}$.
Je rappelle brièvement la démonstration:
Soit $g$ une homographie telle que $g(p) = 0$ et $g(q)= \infty$, par exemple: $g(z) = \dfrac{z-p}{z-q}$
Alors $g \circ f \circ g^{-1}$ est une homographie ayant $\{0\}$ et $\{\infty\}$ pour points fixes, c'est donc une similitude vectorielle directe différente de l'identité.
Ainsi: $g \circ f \circ g^{-1} =\sigma_{\alpha}$
pour un certain complexe $\alpha \ne 1$.
Ainsi $f \sim \sigma_{\alpha}$.
Par suite:
$(p,q,f(z),z) = (g(p), g(q), (g\circ f)(z), g(z)) = (0,\infty, \sigma_{\alpha} \circ g)(z), g(z) )= (0, \infty, \alpha g(z), g(z)) = \alpha$
Ici l'ordre des points fixes est essentiel car si on permute $p$ et $q$, on a:
$(q,p,f(z), z) = \dfrac 1 {\alpha}$
Il en résulte que : $f \sim \sigma_{\alpha}\sim \sigma_{\frac 1 {\alpha} }$
En échangeant $z$ et $f(z)$, on obtient:
$(q,p,z,f(z) = \dfrac 1 {\alpha}$
prouvant finalement que:
$f \sim f^{-1}\sim \sigma_{\alpha}\sim \sigma_{\frac 1 {\alpha} }$
$\alpha$ s'appelle le multiplicateur de $f$ au point fixe $p$, $\dfrac 1 {\alpha}$ étant le multiplicateur de $f$ au point fixe $q$.
On a donc:
$\dfrac{f(z) -p}{f(z) - q} = \alpha\dfrac{z -p}{z - q}$
ou encore:
$\dfrac{f(z) -p}{z - p} = \alpha\dfrac{f(z) -q}{z - q}$

Quand $z$ tend vers $p$, $f(z)$ tend aussi vers $p$ et le membre de droite de l'équation précédente tend aussi vers $\alpha$ prouvant que $f'(p) = \alpha$.
Ainsi l'application affine tangente $g$ à $f$ au point $p$ est la similitude directe de centre $p$ et de rapport $\alpha$. Il reste maintenant à calculer $g(i)$ où $i$ est le point limite-objet de $f$ défini par $g(i) = \infty$.
Comme $(p,q,\infty, i) = \alpha$, on a: $\dfrac{i-q}{i-p} = \alpha = \dfrac{p-j'}{i-p}$ car le quadrilatère $p, i, q, j'$ est un parallélogramme.
Donc si $j"$ est le symétrique du point limite image $j'$ par rapport au point fixe $p$, on a $p-j' = j"-p$.
Donc $\dfrac{j"-p}{i-p} = \alpha$ prouvant que $g(i) = j"$.




Cette figure montre (sans démonstration) la construction de l'image $M' = f(M)$ d'un point $M$ par la transformation circulaire directe $f$ dont on connait les points fixes $P$ et $Q$, le point limite objet $I$ défini par $f(I) = \infty$ et le point limite image $J'$ défini par $f(\infty) = J'$.
On sait que le quadrilatère $PIQJ'$ est un parallélogramme.
J'ai aussi tracé sur la figure le point $J" = g(I)$ symétrique de $J'$ par rapport à $P$.
Amicalement
Pappus