Involution
Pour bronzer heureux, tout en ne restant pas trop ramollo, voici un petit exercice de style sans doute hors de portée de nos agrégatifs, même s'il se trouve entièrement dans leur programme.
Mais qu'ils se rassurent, jamais un membre du jury n'aurait l'idée saugrenue de les tester dessus!
Il vaut mieux pour eux rester concentrés sur les automorphismes de $\mathfrak S_6$.
Déterminer toutes les transpositions circulaires directes du plan, c'est à dire les transformations circulaires directes involutives échangeant deux cercles donnés.
On se limitera au début au cas de deux cercles sécants en deux points distincts quitte à regarder ce qui se passe ensuite pour deux cercles tangents ou deux cercles non sécants.
Amicalement
Pappus
Mais qu'ils se rassurent, jamais un membre du jury n'aurait l'idée saugrenue de les tester dessus!
Il vaut mieux pour eux rester concentrés sur les automorphismes de $\mathfrak S_6$.
Déterminer toutes les transpositions circulaires directes du plan, c'est à dire les transformations circulaires directes involutives échangeant deux cercles donnés.
On se limitera au début au cas de deux cercles sécants en deux points distincts quitte à regarder ce qui se passe ensuite pour deux cercles tangents ou deux cercles non sécants.
Amicalement
Pappus
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Réponses
est-ce que ça rentre dans le cadre des transformations circulaires ?
je ne suis pas agrégatif, ce terme m'est inconnu donc
C'est un peu au petit bonheur la chance.
1° La transformation que tu utilises a peu de chances d'être une transposition circulaire ce qui veut dire que tu ne sais pas sans doute ce qu'est cette transformation.
2° Dans mon énoncé, il n' y a aucune restriction supposée sur les rayons de ces cercles!
Non, il faut au moins me donner une idée de départ ou un chemin à suivre avec de bonnes chances d'arriver au résultat.
Comme je suis généreux et que c'est le premier jour des vacances, je vais te mettre sur la voie en prononçant un mot justement cher à nos agrégatifs c'est à dire ceux qui présentent le concours de l'agrégation externe ou interne et je leur souhaite bonne chance à tous du fond du coeur!
La conjugaison!
Conjuguez, conjuguez, il en restera toujours quelque chose!
Amicalement
Pappus
Les images par $j$ des deux cercles sont deux droites $D$ et $D'$ sécantes en $B$. On identifie le plan affine Euclidien au plan complexe en prenant $B$ comme origine. Les transformations circulaires directes involutives échangeant $D$ et $D'$ doivent envoyer 0 et $\infty$ sur 0 ou $\infty$. Soit $f$ une telle transformation.
Si $f(0)=0$ et $f(\infty)=\infty$, comme $f$ est de la forme $\frac{az+b}{cz+d}$, on a $b=c=0$. De plus, $f$ est involutive donc $f(z)=-z$, ce qui contredit le fait que $f$ échange $D$ et $D'$.
Si $f$ échange $0$ et $\infty$, alors on montre de même que $f(z)$ est de la forme $\lambda/z$. Comme $f(D)=D'$, l'argument de $\lambda$ est égal à $\theta$ modulo $\pi$ où $\theta$ est l'angle entre les deux droites. L'ensemble des transformations circulaires qui échangent $D$ et $D'$ est donc l'ensemble des transformations de la forme $h_{B,r}\circ f_0$ où $f_0(z)=\frac{e^{i\theta}}{z}$ et $h_{B,r}$ est l'homothétie de centre $B$ et de rapport $r\in\R^*$.
En conjuguant par $j$ ([size=x-small]selon l'indication de pappus ??[/size]), l'ensemble $S$ des transformations circulaires directes involutives qui échangent les deux cercles est l'ensemble des transformations de la forme $j\circ h_{B,r}\circ j\circ g$ où $g$ est un élément fixé quelconque de $S$, et $r$ parcourt $\R^*$.
Par exemple, si les deux cercles ont des rayons différents, et si $s$ la symétrie d'axe passant par les deux centres et $i$ est l'inversion de centre passant par les intersections des tangentes communes qui envoie un cercle sur l'autre, on peut prendre $g=i\circ s=s\circ i$.
Si les rayons sont égaux, on peut prendre pour $g$ la symétrie par rapport milieu des deux centres.
Je ne sais pas s'il y a une manière plus explicite de décrire $S$.
Jetant un coup d'oeil rapide sur ta solution, je dirais que tu as bien appliqué mon idée.
Oui, il fallait conjuguer par une transformation circulaire (directe ou indirecte) transformant les deux cercles sécants en deux droites concourantes.
Tu l'as fait par l' inversion de pôle $A$ laissant fixe $B$ mais il ne faut pas oublier qu'il y a une infinité de façons de faire ce boulot. Tu aurais pu conjuguer par n'importe quelle transformation circulaire envoyant $A$ (ou $B$) à l'infini.
Ce que je ne comprends pas par contre, c'est ce besoin maladif de se raccrocher aux nombres complexes.
Il y a moyen de faire sans mais ceci est une autre longue histoire à savoir celle de nos programmes
Au final quand tu es devant ta feuille de papier avec tes deux cercles sécants tracés dessus, tout ce que tu as à faire, c'est de me dire concrètement où se trouvent les deux points fixes de la transposition qui échangent les deux cercles puisqu'une transposition est entièrement caractérisée par ses deux points fixes.
Quand je lis ta solution, je devine toute la pesanteur de notre enseignement entièrement dévoué à l'Algèbre.
Pour toi une transformation circulaire, ce n'est qu'une homographie du plan complexe c'est à dire à peu de chose près une matrice de taille 2 et c'est rassurant une matrice.
Pour moi une transformation circulaire opère avant tout sur le plan euclidien auquel on a rajouté le point à l'infini.
Quand je visualise une transformation circulaire directe, je pense automatiquement à ses points fixes et ses points limites et éventuellement à son multiplicateur et non à une matrice.
En résumé ta réponse ne me satisfait qu'à moitié, bravo pour ta méthode mais tu peux mieux faire pour décrire le résultat final.
Très amicalement
Pappus
Je vois que tu as une imagination débridée. Ta courte phrase m'a laissé rêveur!
La conjugaison des agrégatifs n'a rien de très folichon.
Sais-tu qu'après avoir conjugué, on peut aussi multiplier!
Amicalement
Pappus
D'ailleurs je ne sais ce que tu as avec les agrégatifs, mais les pauvres ils doivent deja supporter les diatribes de cc sur le forum alors on peut ne pas les embêter plus que de raison ;-)
Je suggère de commencer par une symétrie par rapport au point milieu des centres des deux cercles (s'il ne sont pas concentriques), puis de chercher les involutions circulaires directes qui échangent deux cercles concentriques.
Amicalement,
zephir.
Pour le moment, on en est au cas des cercles sécants!
Amicalement
Pappus
Néanmoins compte tenu du contexte, je devine que c'est le plan complexe $\C$. Ce n'était pas évident car il existe aussi des homographies transformant des points de $\R^3$ par exemple.
Maintenant quand tu emploies le mot conjugaison dans deux sens différents dans deux phrases successives:
1° J'entresuperpose qu'il s'agit ici de l'application $\C `\longmapsto \C; z \mapsto \overline z$, n'est-ce pas?
2° Comme toute personne sensée sait qu'une conjugaison par rapport à une conique transforme un point en droite et une droite en point, tu comprends pourquoi les bras m'en tombent.
JLT lui a parfaitement compris le sens du mot conjugaison que j'employais et qui était évident compte tenu du contexte, celui de conjugaison dans un groupe, ici en l'occurrence le groupe des transformations circulaires. Tu auras remarqué que j'avais souhaité bonne chance à nos agrégatifs qui eux, ne sont pas responsables de la nature de l'enseignement qu'on leur impose. Où est la diatribe?
Amicalement
Pappus
L'inversion $j$ envoie la droite $(AB)$ sur une bissectrice de $(D,D')$.
Les points fixes des transpositions qui échangent les droites $D$ et $D'$ sont les couples $(M,M')$ symétriques par rapport à $B$ tels que $(MM')$ soit une bissectrice de $(D,D')$.
En prenant l'image par $j$, on obtient que les points fixes des transpositions qui échangent les deux cercles sont
1) Les couples $(M,M')$ de points qui divisent harmoniquement le segment $[A,B]$
2) Les couples de points $(M,M')$ de points situés sur le cercle de diamètre $[A,B]$ tels que $(MM')$ soit perpendiculaire à $(AB)$.
P.S. Je n'utilise pas les nombres complexes à cause d'un besoin maladif particulier, c'est juste que mes connaissances sur le groupe circulaire ne dépassent pas le ras des pâquerettes donc je me débrouille comme je peux.
Cherchons d'abord les transpositions qui échangent deux droites parallèles. Soit $f$ une telle transposition. Comme elle conserve le point à l'infini, c'est une similitude directe, et comme elle est involutive, son rapport est -1, donc c'est une symétrie centrale, et on voit facilement que le centre se situe sur la droite médiane.
Revenons au problème. Notons $A$ le point de tangence, et $B,C$ les points diamétralement opposés à $A$ sur les cercles $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}'$ respectivement. Soit $j$ une inversion de pôle $A$. Notons $B'=j(B)$, $C'=j(C)$ et $D'$ le milieu de $[B',C']$. Soit enfin $D=j(D')$. On note que $j$ transforme les cercles $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}'$ en les droites perpendiculaires à $(B'C')$ passant par $B'$ et $C'$ respectivement.
Alors une transposition échange $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}'$ si et seulement si ses points fixes sont $j(E)$ et $j(\infty)$ où $E$ est sur la médiatrice $\Delta$ de $[B',C']$. Autrement dit, l'un des points fixes est $A$ et l'autre est sur $j(\Delta)$.
Il reste à identifier $j(\Delta)$. C'est un cercle orthogonal à $[BC]$ (puisque $\Delta$ est orthogonal à $[B',C']$) et passant par $A$ et $D$ (puisque $\Delta$ passe par $\infty$ et $D'$), donc c'est le cercle de diamètre $[AD]$.
Le point $D$ est caractérisé par le fait que $(B,C,D,A)$ forme une division harmonique.
Tout d'abord, bravo pour ton courage d'avoir essayé de t'attaquer à ce petit exercice.
Je ne te reproche pas d'avoir utilisé les nombres complexes, tu ne pouvais faire autrement, compte tenu de la façon dont le groupe circulaire est enseigné aujourd'hui.
Je te félicite d'avoir compris ce que j'entendais par conjugaison et surtout d'avoir utilisé la conjugaison qu'il fallait.
Ensuite, tu te perds dans des calculs algébriques certes réconfortants mais dont les conclusions sont toutes erronées.
N'oublie pas que ce problème est un problème de géométrie circulaire et qu'en fait tout se passe sur la sphère.
Dans cette géométrie les seuls objets qu'on manipule sont les points et les cercles.
Imagine une grosse montgolfière avec tracés dessus deux cercles sécants et on te demande les transpositions circulaires, donc des bijections involutives de la montgolfière, échangeant ces deux cercles. On voit bien que ce problème se situe bien dans le cadre de la géométrie circulaire.
Comme il est assez difficile de se promener avec sa petite montgolfière pour faire de la géométrie, on décide de faire une projection stéréographique à partir d'un point quelconque $P$ de la sphère.
On obtient ainsi une figure plane avec deux cercles sécants. Quant au pôle $P$ de la projection, il se transforme en le point à l'infini du plan.
Maintenant, j'en viens à tes conclusions: Si je comprends bien ta première affirmation, les points $M$ et $M'$ sont situés sur la droite $AB$ c'est à dire le cercle passant par $A$ et $B$ et le point à l'infini du plan
Si tu remontes ceci sur la sphère en faisant la projection stéréographique en sens inverse, cela signifierait que le lieu sur la sphère des points fixes de ces transpositions serait un cercle passant par les points d'intersection des deux cercles et par le point $P$! Mais comme le point $P$ est arbitraire, son choix est absolument indépendant des cercles situés sur la sphère, il y a comme un os!
Une autre façon de voir les choses est la suivante.
Soit $i$ une des deux inversions échangeant les cercles et soit $\tau$ une transposition circulaire échangeant les deux cercles, alors le conjugué $\tau ' = i \circ \tau \circ i$ est une autre transposition circulaire échangeant les deux cercles.
Si $P$ et $Q$ sont les points fixes de $\tau$, les points fixes de $\tau '$ sont $P' = i(P)$ et $Q' = i(Q)$.
Autrement dit, je viens de montrer que le lieu $\Gamma$ des points fixes de ces transpositions est invariant par $i$!
Crois-tu que le lieu que tu as trouvé soit invariant par $i$?
Mêmes remarques pour ton deuxième lieu.
Ce qui t'apparait comme le cercle de diamètre $AB$ dans la carte que tu utilises ne le sera plus dans une carte.
Du point de vue de la géométrie circulaire, un cercle n'a ni centre ni diamètre!
Ce qui m'énerve un peu, c'est que tu as pratiquement vu ce qui ce passe dans le cas des cercles sécants mais que tu n'es pas capable de transformer cette configuration par inversion.
Autrement dit, tu ne sais pas conjuguer, du moins en géométrie car je suis sûr que tu es un champion de la conjugaison en Algèbre!
Donc avant de regarder ce que tu as rédigé dans le cas des cercles tangents, il va falloir régler le cas des cercles sécants.
Très amicalement
Pappus
C'est cela mais tu décris ces deux cercles de façon trop euclidienne.
Comment les définirais-tu si vraiment tout se passait sur la montgolfière?
Amicalement
Pappus
puis la figure dans le cas de deux cercles sécants.
J'ai seulement rajouté sur cette figure le point central $\Omega$ et son lieu en pointillé.
Quel est le baratin à faire pour naviguer entre ces deux figures et ce sans utiliser le moindre nombre complexe?
Amicalement
Pappus
Voilà à peu près ce que je dirais dans le cas des cercles sécants.
1° On peut conjuguer par n'importe quelle transformation circulaire $f$ directe ou indirecte envoyant le point $A$ à l'infini.
Ce qu'elle fait sur le point $B$ n'a aucune importance, il n'est pas nécessaire dans le raisonnement qui suit que $B$ soit invariant.
2° On transforme par $f$ la figure formée par les deux cercles sécants.
Par paresse intellectuelle ou non, à toi de décider, je donne le même nom aux objets transformés.
Cela n'a pas d'importance si tu traces ta figure dans un autre bout du plan ou sur une autre feuille de papier.
Si par la pensée, tu imagines la figure tracée sur la sphère avec les mêmes notations, tu as donc sur la sphère deux cercles $C$ et $C'$ sécants en $A$ et $B$ et ta deuxième figure est simplement la figure obtenue quand tu projettes stéréographiquement la configuration sphérique à partir du point $A$.
Maintenant si $\tau$ est une transposition de points fixes $P$ et $Q$ échangeant les droites $C$ et $C'$, on fait ton petit raisonnement:
$\tau$ doit conserver la paire des points d'intersection $\{A = \infty, B\}$ mais on ne peut avoir $\tau(A) = A$ et $\tau(B) = B$ sinon $\tau$ serait une symétrie centrale qui conserverait $C$ et $C'$ et ne les échangerait pas.
On a donc $\tau(A) = B$ et $\tau(B) = A$. Par suite $B$ est le point central de $\tau$.
Soit maintenant $m \in C$ et $m' = \tau(m) \in C'$.
Comme $(P, Q, m, m') = -1$, le quadrangle $PQmm'$ est harmonique et les propriétés euclidiennes classiques d'un tel quadrangle montre que la droite $PQ$ est l'une des deux bissectrices $\gamma$ et $\gamma '$ des droites $C$ et $C'$.
Ces droites sont caractérisées comme les axes des symétries échangeant $C$ et $C'$.
Maintenant si on revient à la figure initiale en transformant par $f^{-1}$
On voit que la paire $(P, Q)$ de la transposition $f^{-1}\circ \tau \circ f$ (que j'appelle encore $\tau$), doit se trouver sur les cercles $f^{-1}(\gamma)$ et $f^{-1}(\gamma ')$, (que j'appelle encore $\gamma$ et $\gamma '$) et qui par conjugaison sont les cercles des deux inversions échangeant $C$ et $C'$.
De plus comme sur la figure formée par les deux droites sécantes, $B$ est le milieu de $PQ$, ce qui équivaut à $(A, B, P, Q)= -1$ puisque $A = \infty$, sur la figure formée par les cercles sécants, le quadrangle $ABPQ$ est harmonique.
Si tu compares cette figure avec la dernière de mon précédent message, tu vois la différence, pas une seule droite n'est tracée. Les centres des cercles $O$ et $O'$ ont disparu ainsi que les centres d'homothétie $I$ et $J$ et le cercle de similitude de diamètre $IJ$, ces objets n'ont pas de sens en géométrie circulaire et sont donc inutiles.
J'ai aussi effacé le point central $\Omega$ milieu de $PQ$ ainsi que la droite $PQ$ qui eux aussi n'ont pas de sens en géométrie circulaire.
Finalement la figure que tu as sous les yeux est ce qui se passe sur la sphère.
Les cercles $\gamma$ et $\gamma '$ tracés en rouge sont les cercles des deux inversions échangeant $C$ et $C$. Ils sont caractérisés comme cercles bissecteurs comme tu l'as aussi remarqué.
La figure ou apparaissent les droites, les centres, les centres d'homothétie, le point central, etc est simplement la carte conforme sur un plan euclidien de ce qui se passe sur la sphère.
Ce n'est que dans le plan euclidien et non sur la sphère que ces objets prennent sens.
Très amicalement
Pappus
PS
J'ai survolé ce que tu as raconté dans le cas des cercles tangents, c'est vraiment très bien avec quelques petits bémols cependant. Par exemple, tu n'as pas dit clairement pourquoi la transposition devait conserver le point à l'infini mais on verra cela plus tard.
merci pour tes messages. Je n'ai pas pu me connecter hier.
Sur ton avant-dernier message, je comprends que $P,Q,J$ sont alignés car $Q$ est l'image de $P$ par l'inversion de cercle $\gamma'$. Par contre, je ne comprends pas pourquoi le lieu de $\Omega$ est le cercle de diamètre $[I,J]$.
Il y a aussi un terme que je ne connais pas sur ton dernier message : Qu'est-ce que le point central d'une transposition, et quelles sont les propriétés remarquables de ce point?
La notion de point central d'une transposition circulaire n'est pas autre chose que celle de points limites d'une transformation circulaire.
Précisons bien la situation, cette notion de points limites d'une transformation circulaire $f$ n'a de sens que si cette transformation circulaire opère sur le plan conforme ( ou anallagmatique) $\widehat{\mathcal P}$ c'est à dire le plan euclidien $\mathcal P$ auquel on a rajouté un point à l'infini $\{\infty\}$: $\widehat{\mathcal P} = \mathcal P \cup \{\infty\}$
Le point limite objet $I$ de la transformation circulaire $f$ est défini par $f(I) = \{\infty\}$ et le point limite image $J'$ par $f( \{\infty\}) = J'$.
Ces deux points limites sont distincts sauf si $f$ est involutive.
Si $f$ est directe c'est à dire si $f$ est une transposition circulaire, ce point limite est appelé point central.
Si $f$ est indirecte c'est à dire si $f$ est une inversion, ce point limite est appelé le pôle.
Amicalement
Pappus
Le point central de la transposition dont les points fixes sont $P$ et $Q$ est le milieu de $PQ$ et je demande le lieu de ce milieu $\Omega$.
Sur ma figure, il y a deux cercles bissecteurs ou cercles d'inversion tracés en rouge, échangeant les cercles $C$ et $C'$.
Le premier $\gamma$ a pour centre le centre d'homothétie positive $I$ des cercles $C$ et $C'$ et le second le centre d'homothétie négative $J$.
J'ai supposé, il fallait bien faire un choix que les points $P$ et $Q$ étaient situés sur $\gamma$.
Puisque le quadrangle $PQAB$ est harmonique, la droite $PQ$ passe par le pôle de la droite $AB$ par rapport à $\gamma$ et ce pôle n'est autre que le point $J$.
Comme $ \Omega $ est la projection orthogonale de $I$ sur la droite $PQ$, le lieu de $ \Omega $ est le cercle de diamètre $IJ$ c'est à dire le cercle de similitude des cercles $C$ et $C'$.
Amicalement
Pappus
Pour une homographie définie sur le complété projectif d'une droite affine, les points limite sont l'antécédent et l'image du point à l'infini ; le point central est leur milieu, c'est-à-dire le conjugué harmonique du point à l'infini par rapport aux points limite. Dans le cas du plan conforme, on regarde le complété projectif de la droite affine complexe associée au plan euclidien.
Bruno
A te lire, on croirait qu'il n'y en a qu'une!
Je trouve bizarre cette manie de faire intervenir les nombres complexes dès qu'on fait de la géométrie circulaire!
Le plan conforme est le plan euclidien auquel on a rajouté le point à l'infini.
Si $\tau$ est une transposition circulaire de points fixes $P$ et $Q$ et de point central $\Omega$, par définition:
$\tau(\Omega) = \infty$ et $\tau(\infty) = \Omega$, ce qui entraine $(P, Q, \Omega, \infty) = -1$
Donc le point $\Omega$ appartient d'une part au cercle $PQ\infty$ c'est à dire à la droite $PQ$ et sur cette droite il est le conjugué harmonique du point à l'infini. $\Omega$ est donc le milieu de $PQ$.
Amicalement
Pappus
Cette figure est tirée du livre de Morley, Inversive Geometry et c'est pourquoi j'ai énoncé son théorème en anglais pour lui rendre hommage.
Ce théorème a un petit côté mystique qui ne vous a pas échappé!
Tout ce que je demande, c'est l'identification des deux cercles tracés en pointillé.
Comme seuls des cercles apparaissent sur la figure, on peut considérer qu'elle est tracée sur la sphère.
Néanmoins les gens frileux qui ne se sentent bien que dans le plan et plus particulièrement dans le plan complexe pourront utiliser les nombres éponymes et le point central.
Amicalement
Pappus
Soit $C$ le cercle $ABA'$ et $C'$ le cercle $AB'A'$.
La transposition doit échanger les cercles $C$ et $C'$, donc $P$ et $Q$ se trouvent sur l'un des deux cercles $\gamma$ et $\gamma'$ passant par $A$ et $B$ dont le centre est un centre d'homothétie transformant $C$ en $C'$. Un et un seul des cercles $\gamma$ ou $\gamma'$ (reste à savoir lequel...) correspond à une transposition qui envoie l'arc de cercle $ABA'$ sur l'arc de cercle $AB'A'$ ; on le dessine en pointillé.
On procède de même pour $BAB'$ et $BA'B'$.
Les cercles pointillés sont en effet des cercles bissecteurs mais lesquels?
Deux cercles sécants sécrètent en effet deux cercles bissecteurs, lequel choisir?
C'est le choix douloureux devant lequel se trouveraient d'éventuelles fourmis sélénites qui ne connaitraient que la géométrie sphérique.
Nous, nous avons la chance de connaitre la sphère un peu mieux et nous disposons en chaque point de la sphère d'une projection stéréographique qui nous permet de ramener ce problème à un problème plan.
Est-ce que cela nous facilite le travail?
Amicalement
Pappus
Il y a des moments où tu m'exaspère.
Bruno
[Ceci dit j'admire les interventions (toujours de grande qualité) de Pappus que je lis systématiquement alors que je n'en comprends pas un mot]
sk.
Bruno
C'est le privilège des vieuzés que d'exaspérer les jeunes générations!
Pardonne moi donc et passe de bonnes vacances bien méritées après la parution de ton beau livre que je conseille vivement à tous les amoureux de la géométrie.
Ceci dit dans ce problème de construction de points fixes, quand tu es en face de ta feuille de papier avec tracées dessus tes deux paires de points $(A, A')$ et $(B, B')$, armé seulement de ton courage, de ta règle et de ton compas, tu es bien obligé d'oublier les nombres complexes au moins pendant quelques minutes.
Tout comme il existe des exposés du plan euclidien ne faisant intervenir, du moins à leur début, le moindre nombre complexe, il existe aussi des exposés analogues de géométrie circulaire.
Grosso modo, une transformation circulaire est définie comme un produit fini d'inversions et vogue la galère!.
Ceci a été fait très tôt par exemple dans le cours de géométrie de Terminales d'Iliovici et Robert datant de 1937.
En Terminales, vous vous rendez compte!
Bien obligé puisque les nombres complexes n'étaient pas encore au programme!
Cet ouvrage est évidemment introuvable sauf dans ma bibliothèque mais j'espère qu'on peut le dénicher sur Gallica.
Alors , mon cher Bruno, encore une fois Bonnes Vacances et oublie ce vieux réactionnaire de Pappus à moitié gâteux!
Très amicalement
Pappus
Donc pour moi, le lien que tu as mis est superpositif (en pensant à tous les gens qui seront contents de sauter d'ici vers un post où les nombres complexes sont utilisés), après pour ce qui est de la phrase de Pappus, je pense qu'il se fera un plaisir de justifer publiquement comment il distingue les deux classes de contextes (utiliser les nombres complexes VS ne pas les utiliser)
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
With complex numbers :
Soit $\lambda\in \C^*$. L'application $f(z)=\lambda^2/z$ transforme la demi-droite $\R_+$ en la demi-droite $\R_+\lambda^2$. De plus, $\lambda$ appartient a la bissectrice des demi-droites (N.B. deux demi-droites admettent une unique droite bissectrice).
En transportant tout cela avec une inversion, les points fixes d'une transposition qui echangent les arcs de cercle $ABA'$ et $AB'A'$ se situent sur le cercle bissecteur dont la tangente en $A$ est la bissectrice des demi-tangentes en $A$ aux deux arcs de cercle $ABA'$ et $AB'A'$.
Bravo!
Je ne sais pas si tout le monde a compris ta démonstration mais je suis sûr que Bruno est aux anges.
Comment ai-je obtenu cette figure?
en appliquant une inversion de pole $Q$, on envoie $Q$ a l'infini donc les cercles en pointilles deviennent des droites secantes en $P$.
L'unique transposition fixant $P$ et $Q$ devient la symetrie centrale $s_P$ par rapport a $P$, ce qui explique que $ABA'B'$ est un parallelogramme.
La symetrie d'axe $(AA')$ envoie l'arc $ABA'$ sur l'arc $AB'A'$. En effet, cette symetrie est la composee de la symetrie $s_\Delta$ d'axe $\Delta$ (ou $\Delta$ est la perpendiculaire a $(AA')$ passant par $P$), avec la symetrie $s_P$; or, $s_\Delta$ envoie $ABA'$ sur lui-meme et $s_P$ envoie $ABA'$ sur $AB'A'$.
On en deduit que l'axe $(AA')$ (qui correspond au cercle en pointilles) est bien la bissectrice dont j'ai parle.
Une inversion de pôle $Q$ laissant $P$ invariant ? obstruction : les angles ?
Je vais faire une figure avec GéoGébra pour voir.
Amicalement,
zephir.
Je ne sais pas si cela a été dit, mais on a, sur chacun des cercles en pointillé,
$[A,A',P,Q]=[B,B',P,Q]=-1$ et il me semble me souvenir assez vaguement que l'inversion conserve les birapports ?
Bruno
Bruno
Bruno, je t'adore!!
Oui, c'est à peu près cela.
Je rappelle les figures pour plus de clarté
On peut au choix considérer que ces deux figures sont tracées dans le plan conforme et que la bijection qui envoie la première sur la seconde est une transformation circulaire $\varphi$ de ce plan, directe ou indirecte, peu importe, telle que $\varphi(Q) = \infty$.
On peut aussi se dire que la première figure est réellement tracée sur la sphère, la deuxième dans le plan conforme et que $\varphi$ est la projection stéréographique de pôle $Q$.
J'ai tracé les vecteurs tangents en noir épais pour bien souligner qu'ils appartiennent à l'espace tangent (qui est un plan vectoriel assez abstrait à définir) du point où ils sont appliqués et qu'ils ne sont pas des parties des variétés ambiantes, sphère ou plan conforme.
Le raisonnement fait par JLT sur la deuxième figure est parfait, il n'y a rien à dire.
Ensuite, il faut le remonter sur la première figure via $\psi = \varphi^{-1}$.
En ce qui concerne les différents cercles ou arcs de cercles, rien à dire de particulier, puisque $\varphi$ et $\psi$ conservent les cercles.
En ce qui concerne les vecteurs, il faut se rappeler que l'application linéaire tangente $T\psi_{\bullet}$ est une similitude entre espaces tangents et transforme donc les losanges formés par les vecteurs de la seconde figure orientant les demi-tangentes en losanges formés par les vecteurs de la première figure orientant les demi-tangentes.
D'où la conclusion de JLT.
Amicalement
Pappus
Elle consiste à construire dans un premier temps le point central de la transposition puis les points fixes.
Sauriez vous retrouver cette construction fort connue autrefois?
Amicalement
Pappus
PS
Si nos fourmis ne connaissent pas les vecteurs tangents, elles peuvent toujours s'en tirer en invoquant la Trinité!
Moi non, mais j'aimerais bien savoir en quoi elle consiste.
Les nombres complexes ne me sont pas d'un grand secours. L'affixe du centre est égale à $\dfrac{aa'-bb'}{a+a'-b-b'}$ mais je n'arrive pas à en trouver une interprétation géométrique.
Le message sibyllin de pappus semble suggérer d'introduire un troisième point C mais je ne sais pas quoi en faire...
Les cercles en gros pointillé bleu et vert sont les cercles bissecteurs qu'on sait construire. Il se coupent en $P$ et $Q$. Soit $C$ un point du plan. Le cercle en gros pontillé rouge est le cercle $CPQ$. Cela donne un premier cercle qui contient $C'$.
Les cercles en petit pointillé bleu et vert que j'appelle $(a)$ et $(b)$ sont centrés sur $PQ$ (pourquoi ?). Le cercle en petit pointillé rouge que j'appelle $(c)$ est centrée sur $PQ$, appartient au faisceau de cercles qui contient $(a)$ et $(b)$, et passe par $C$. Cela donne un second lieu qui contient $C'$.
On a donc une construction géométrique de l'image $C'$ de $C$. Joli, Maître Pappus (tu)
C'est toi même qui l'avoue!
Les nombres complexes ne m'ont pas été d'un grand secours!
Et pourtant tu as calculé fort correctement l'affixe du point central!
Comme quoi une bonne connaissance des complexes ne suffit pas pour maitriser le groupe circulaire.
C'est le fameux aller et retour entre calculs et graphisme (dont j'avais parlé précédemment), qui te fait défaut!
Il serait ridicule d'enseigner le plan euclidien et le plan conforme en utilisant seulement les nombres complexes.
Il y a un minimum de géométrie à faire auparavant.
Peux-tu prouver le théorème énoncé ci-dessus en utilisant les nombres complexes et aussi sans les utiliser?
Amicalement
Pappus
PS
Evidemment la construction du point central équivaut à celle du point fixe d'une similitude directe donnée par les images de deux points distincts, construction fort connue au demeurant.
Je ne comprends pas ton enthousiasme.
En fait j'ai commis une bévue que tu as trouvée jolie, ce qui est un comble!
Je me suis mis un peu à la place de nos fourmis qui ne peuvent choisir entre les deux cercles bissecteurs de chaque lunule.
Je me suis dit qu'à cela ne tienne, on va construire une troisième lunule, celle tracée en rouge sur ma figure à partir d'une troisième paire de points homologues $(C, C' = \tau(C))$ .
Nos fourmis construisent les 6 cercles bissecteurs et constatent avec joie que trois d'entre eux forment un faisceau à points de base, à savoir les points fixes cherchés $P$, et $Q$. Ce sont ces cercles bissecteurs que j'ai tracés en pointillé épais.
Evidemment, je n'avais pas pensé qu'il fallait construire le point $C' = \tau(C)$ à partir des points $(A, B, A', B', C)$ sans avoir à construire avant les points fixes $P$ et $Q$.
Bien sûr, je connaissais cette construction et je m'étais dit que mes fourmis devaient la connaitre aussi!
Mais au fait quelle est cette construction?
Amicalement
Pappus
PS
Si tu as raison et je sais qu'on peut te faire confiance, les trois autres cercles bissecteurs, ceux qui ne passent pas par les points fixes forment eux aussi un faisceau à points limites $P$ et $Q$, conjugué du faisceau formé par les trois premiers cercles bissecteurs. Et ta remarque donne effectivement une construction du point $C' = \tau(C)$ à condition de savoir construire le cercle d'un faisceau à points limites passant par un point donné $C$.
Ta construction est horriblement compliquée mais tu sais que les fourmis sont patientes et industrieuses.
Ma construction du point $C'$ est quand même beaucoup plus simple.
Conjugaison quand tu nous tiens!
En fait cette construction est fondamentale ainsi que celle de l'image $M'$ d'un point $M$ par une transformation circulaire directe $f$ donnée par les images $A'$, $B'$, $C'$ de trois points $A$, $B$, $C$.
Mais il me semble en avoir déjà parlé dans un autre fil!