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ApplicationAffineTangente

Envoyé par pappus 
ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
Ce sont les belles figures de Remarque dans le fil sur le fibré tangent de la sphère qui motivent un peu cette question.
Dans sa dernière figure, il montre comment un champ constant de vecteurs dans le plan de l'équateur se remonte sur la sphère via la projection stéréographique par rapport au pôle Nord.
Enfin pas tout à fait puisqu'il ne montre pas les champs mais seulement leurs coulées.
Ce n'est qu'un tout tout petit reproche mais j'aurais bien voulu que le lecteur s'aperçoive que le champ remonté sur la sphère s'annule vraiment au pôle Nord, les vecteurs du champ devenant de plus en plus petits quand le point où ils sont définis s'approche du pôle.
Ne disposant pas d'un logiciel aussi performant que lui mais seulement de Cabri, je me suis mis dans la tête de faire une épure de sa figure.
Comme toutes les applications qui interviennent sont des inversions, j'ai besoin d'avoir une construction graphique de la différentielle d'une inversion.


[attachment 16673 DiffrentielleInversion.gif]


Soit $f$ l'inversion par rapport au cercle $\Gamma$ tracé en rouge sur la figure.
Soit $m' = f(m)$.
Soit $g$ l'application affine tangente de $f$ au point $m$.
J'ai tracé sur la figure le point $p' = g(p)$.

Comment ai-je fait?
En d'autres termes quels sont les invariants affines de $g$?
Amicalement
Pappus
PS
Pour le moment, je ne puis plus intervenir dans les fils où apparaissent les interventions si intéressantes de Pierre car je ne peux pas les télécharger!
Re: ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
[attachment 16676 ChampSphere.gif]


Cette figure montre l'application de la construction précédente au champ sphérique.
Nous avons une coupe de la sphère de Riemann par un plan méridien.
Le point $m$ parcourt son diamètre avec une vitesse constante $ \overrightarrow{mp} = \vec u$.
La restriction au plan méridien de la projection stéréographique à partir du pôle Nord est l'inversion par rapport au cercle $\Gamma$ tracé en rouge sur la figure.
Par la dite construction, j'en déduis le vecteur du champ sphérique $\overrightarrow{MP}$ au point $M$ puis je trace l'hodographe du mouvement de $M$.
Cabri a l'air de dire que c'est une cardioïde.
Je laisse aux calculateurs le soin de le vérifier.
Amicalement
Pappus
Re: ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
[attachment 16677 ChampSphere1.gif]

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
Re: ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
avatar
@ pappus : voici un peu à retardement, la sphère avec quelques vecteurs (j'ai divisé la taille des vecteurs horizontaux par deux, pour qu'on voie mieux). Malheureusement, Grapher ne sait pas tracer de champ de vecteur 2d en 3d, ce qui fait qu'il faut les fabriquer à la main...

[attachment 16682 Capturedcran2010-08-0614.52.53.png]

[attachment 16683 Capturedcran2010-08-0614.53.15.png]

[attachment 16684 Capturedcran2010-08-0614.53.32.png]

[attachment 16685 Capturedcran2010-08-0614.53.57.png]

[attachment 16686 vecsphere01.gif]
Re: ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
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
Re: ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
Avec les notations de ma figure, on a:
$\overrightarrow{m'p'} = Df_m(\overrightarrow{mp}) $, c'est à dire:
$p' = g(p) =m' + Df_m(p -m)$.
On sait d'après le cours (?, mais j'en doute beaucoup) que $Df_m$ est une similitude vectorielle indirecte et que par suite $g$ est une similitude indirecte, (sous-entendu affine) envoyant $m$ sur $m'$ et il suffit d'en déterminer le centre $\omega$ pour récupérer $p'$ en fonction de $p$.
Il est facile en effet de créer une macro d'une similitude indirecte dont on connait le centre $\omega$, un point $m$ et son image $m'$.
Pour faire plaisir à Ga?, je vais travailler en complexes:
Je prends l'origine au centre $O$ du cercle $\Gamma$ dont l'affixe est donc nul et quitte à faire tourner les axes, je peux toujours supposer que l'affixe de $m$ est réel.

[attachment 16700 DifferentielleInversion.gif]


On a: $f(z) = \dfrac{R^2}{\overline z}$ et $Df_z(h) = -\dfrac{R^2}{\overline z^2}\overline h$
Ainsi comme $m$ est réel, on a: $Df_m(h) =-\dfrac{R^2}{m^2}\overline h$
Par suite:
$g(p) = \dfrac{R^2}{m} - \dfrac{R^2}{m^2}.\overline {p-m}$
Ainsi on a:
$\omega = \dfrac{2R^2} m -\dfrac{R^2}{m^2}\overline{\omega}$
Puis en conjuguant:
$\overline{\omega} = \dfrac{2R^2} m -\dfrac{R^2}{m^2}\omega$
On trouve finalement après quelques calculs sordides:
$\omega = \dfrac{2R^2m}{m^2 + R^2}$
L'inverse $\omega'$ de $\omega$ est égal à $\omega' = \dfrac{R^2}{\omega} = \dfrac{m^2 + R^2}{2m} =\dfrac 1 2(m + m')$
Donc $\omega'$ est le milieu du segment $mm'$.
On construit alors $\omega$ comme l'inverse de $\omega'$.
Les enragés de la géométrie hyperbolique noteront que l'application $ m \mapsto \omega$ restreinte à l'intérieur du cercle $\Gamma$ est tout simplement l'isométrie naturelle envoyant le disque de Poincaré sur le disque de Klein.
Enfin un dernier petit calcul montre que:
$\dfrac{m' - \omega}{m - \omega} = -\dfrac{R^2}{m^2} <0$
prouvant que l'axe de $g$ est la perpendiculaire en $\omega$ à la droite $mm'$.
La figure suggère la décomposition canonique de $g$ en produit (commutatif) de la symétrie par rapport à l'axe de $g$ et de l'homothétie de centre $\omega$ et de rapport $\dfrac{R^2}{m^2} >0$.
Amicalement
Pappus
Re: ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
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 $\infty$.
Re: ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
Si $g$ est l'application affine tangente à $f$ au point $P$, alors $g$ est une similitude directe de centre $P$.
Il suffit donc de connaitre $g(I)$ pour la déterminer.
Mais quel est donc le point $g(I)$?
Amicalement
Pappus.
PS
Je remercie Pierre pour son intervention dans le fil sur le champ de vecteurs sur la sphère.
Je ne peux le faire que d'ici car je ne peux plus télécharger ce fil.
En fait j'avais donné ce problème à l'époque sur la sphère $\mathbb S^n$, avec $n \ge 2$, ce qui explique que je n'avais pas pu profiter de l'astuce de Ga pour $n = 2$!

Comment s'écrit donc dans la carte stéréographique à partir du pôle Nord un champ polynomial qui se prolonge à toute la sphère?
Comment alors un tel champ s'écrit -il dans la carte stéréographique à partir du pôle Sud?
J'étais même allé beaucoup plus loin car j'avais recherché les champs invariants par antipodie et récupéré ainsi des champs polynomiaux sur l'espace projectif $\mathbb P_n(\R)$.
Je pense que c'est un problème intéressant car avec très peu de connaissances sur le fibré tangent, on arrive à construire effectivement des sections non triviales de ce fibré.
Re: ApplicationAffineTangente
il y a neuf années
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 $g(i) = j"$.


[attachment 16818 Multiplicateur.gif]

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
Re: ApplicationAffineTangente
il y a huit années
Merci Christophe!
Avec mes yeux fatigués, je n'avais pas vu que Bruno nous avait renvoyé sur un autre fil où j'utilisais abondamment les nombres complexes.
Il aurait pu d'ailleurs en citer des dizaines d'autres!
Je ne déteste pas les nombres complexes loin de là, Bruno l'a bien vu mais il doit y avoir un va et vient permanent entre les calculs analytiques (éventuellement complexes) et la géométrie.
C'est cet aller et retour qu'on a tendance à oublier!
Le même problème se pose dans les dimensions supérieures où l'algèbre linéaire devient alors indispensable.
Bien des problèmes de géométrie se résolvent en réduisant tel ou tel endomorphisme.
Aujourd'hui la géométrie a disparu mais la réduction est restée, encore heureux!
Quant au problème général que tu soulèves sur l'utilisation des nombres complexes, c'est l'éternel débat entre géométrie analytique et géométrie synthétique.
Tu as vu que je ne détestais pas utiliser les nombres complexes. Plus généralement je pense être meilleur en géométrie analytique qu'en géométrie synthétique et comme je suis très paresseux, j'aurais plutôt tendance à utiliser la première.
D'une façon générale quand je suis devant un problème de géométrie, j'aime bien disposer du maximum de solutions possibles analytiques ou synthétiques, c'est toujours très enrichissant!
Mais de toutes façons à la fin des fins, se pose toujours la question de l'interprétation géométrique des calculs analytiques parfois monstrueux que l'on vient de faire!
Très amicalement
Pappus



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