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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Junior ste
- 06-12-2021 20:18:47
Salut.
Comment montrer qu'une homographie conserve l'alignement ???
En j'ai pris 3 points alignés de l'espace projectif P(E) je veux montrer que l'image de ces 3 points par l'homographie reste toujours alignés. Mais je ne parviens pas à traduire l'alignement de 3 points dans l'espace projectif puisque les points de l'espace projectif sont des droites pour mon espace vectoriel.
- Groupoid Kid
- 23-02-2011 00:39:00
Aucune erreur :-)
En fait on peut faire une description plus empirique, en utilisant une jolie notion du temps jadis, aujourd'hui tombée en désuètude : la notion d'inversion du plan par rapport à un point.
Inversion : Soit [tex]\Omega[/tex] un point du plan, et [tex]k\in\mathbb{R}^*[/tex]. À tout point [tex]M[/tex] du plan, j'associe le point [tex]M'\in (\Omega M)[/tex] tel que [tex]\overline{\Omega M}\cdot\overline{\Omega M'}=k[/tex] (mesures algébriques).
On peut voir géométriquement (à l'aide de la notion de puissance d'un point par rapport à un cercle) que les inversions préservent les droites-cercles de la façon dont tu le décris, en remplaçant "origine" par [tex]\Omega[/tex]. Toute la beauté de la géométrie complexe c'est qu'elle transforme la définition compliquée d'inversion en une équation d'une simplicité lapidaire. En effet, si j'identifie les points de [tex]\mathbb{C}[/tex] à des vecteurs de [tex]\mathbb{R}^2[/tex] : [tex]\overline{z}z' = (\overrightarrow{z}|\overrightarrow{z'}) + i\cdot det(\overrightarrow{z},\overrightarrow{z'})[/tex].
Il suffit alors d'une seule équation pour exprimer simultanément que [tex]M,M',\Omega[/tex] sont alignés, et que le produit des mesures algébriques est [tex]k\in\mathbb{R}[/tex] : [tex]\overline{(M-\Omega)}(M'-\Omega) = k[/tex]. Il s'ensuit que l'équation complexe de l'inversion est :
[tex]M' = \Omega + \dfrac{k}{\,\overline{(M'-\Omega)}\,}[/tex]
On peut alors écrire les homographies à pôle comme la composée d'une inversion centrée en le pôle et d'un anti-déplacement. On écrit :
[tex]h(z)=\frac{az+b}{cz+d}=\alpha+\frac{\beta}{z-\omega}=\alpha+\frac{ke^{i\theta}}{z-\omega}=v+e^{i\theta}\left(\overline{\omega} + \frac{k}{z-\omega}\right)[/tex]
Avec un peu d'entraînement, on peut alors décrire géométriquement l'image d'à peu près n'importe quelle figure :P
J'ai vu beaucoup de belles choses en maths, mais j'ai toujours trouvé cette décomposition véritablement époustouflante [tex]\heartsuit[/tex]
- MOHAMED_AIT_LH
- 10-02-2011 03:38:54
Bonjour:
Merci Groupoid Kid pour les explications interessantes.
Un des avantages de la sphére de Riemann est qu'elle est compacte (compactifié d'Alexandrov du plan complexe) avec une topologie dont la restriction à [tex]\mathbb C[/tex] coincide avec la toplogie naturelle du plan complexe.
Cela fait quelques années j'avais ,un peu, examiné l'action des homographies sur les droites et cercles du plan ... et on peut voir que cela se ramène à l'étude de l'action de l'inversion [tex]I: z \mapsto \frac{1}{\overline{z }}[/tex] sur ces droites et cercles..
En effet une homographie [tex]h[/tex] définie par [tex]h(z)=\frac{az+b}{cz+d}[/tex] dans le cas où [tex]c \neq 0[/tex] peut s'écrire [tex]h(z)= \frac{\delta}{c^2z+dc}+\mu[/tex] avec [tex]\delta=-(ad-bc)[/tex] et [tex]\mu= \frac ac[/tex]. De sorte que [tex]h=S \circ I \circ s[/tex] où [tex]s(z)=c^2z +dc[/tex] (similitude directe) et [tex] S(z)=\delta \overline{ z} + \mu[/tex] (similitude indirecte)
Or l'action des similtude sur les droites et le cercles est connue (figures de même nature).
L'action de [tex]I[/tex] est comme suit :
elle transforme une droite ne passant pas par l'origine en un cercle passant par l'origine .
une droite passant par l'origine en elle même
un cercle passant par l'origine en une droite ne passant pas par l'origine
un cercle ne passant pas par l'origine en un cercle ne passant pas par l'origine ....
Sauf erreur bien entendu !
- freddy
- 09-02-2011 14:29:01
Salut,
bigre, que voilà du lourd.
j'espère que tu nous aideras pour les sujets trapus, il y en a quelques fois des costauds !
Bis bald !
- Groupoid Kid
- 09-02-2011 13:54:54
Chouette, des homographies :)
Mohamed, si tu retires simplement ta condition de [tex]c=0[/tex], tu remarqueras que tu obtiens entre autres les fonctions de Mathieu ;-) Le mot magique qui manque ici est géométrie projective.
La différence entre homographie et fonction homographique est minime, et tient à la complétion à l'infini. On peut en effet refermer le plan complexe comme un papier de sucette, en envoyant tout ce qui part à l'infini en un seul point imaginaire, le point à l'infini. On obtient alors une sphère, la Sphère de Riemann, [tex]\mathbb{S}=\mathbb{C}\cup\{\infty\}[/tex].
Les fonctions de Mathieu et de Mohamed s'étendent toutes les deux à cette sphère de Riemann, de façon évidente : pour les "fonctions homographiques" de Mohamed, on envoie leur pôle [tex]\dfrac{-d}{c}[/tex] (là où elles tendent vers l'infini en module) en [tex]\infty[/tex] et on envoie [tex]\infty[/tex] sur [tex]\dfrac{a}{c}=\lim_{z\to\infty}\frac{az+b}{cz+d}[/tex]. On obtient alors une bijection de [tex]\mathbb{S}[/tex], qui est l'homographie associée. La fonction donnée par mathieu est tout autant une homographie que les fonctions de Mohamed, simplement elle n'a pas de pôle, ou plutôt son pôle est en l'inifini. On l'étend tout bêtement à [tex]\mathbb{S}[/tex] en envoyant l'infini sur lui-même.
C'est cette grande disparité entre les deux cas qui conduit souvent à n'appeler homographies que les fonctions avec [tex]c\neq 0[/tex]. Mais une fois que l'on est sur la sphère de Riemann, le point à l'infini est un point comme les autres, et il n'y a aucune différence entre ces types de fonctions.
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Maintenant la définition générale :
homographie : On appelle homographie un isomorphisme d'espaces projectifs. (en général automorphisme)
Grosso modo, un espace projectif est un espace vectoriel (ou affine, c'est pareil) bidouillé, et les homographies (PGL) jouent le role de applications linéaires inversibles (GL).
J'espère que ça répond à ta question Trickoo ;-)
GK, qu'a pas pu résister :p
EDIT : en fait tout ça était déjà bien expliqué si on suit les liens associés à celui de Mathieu ^^ huhu
- MOHAMED_AIT_LH
- 06-02-2011 03:36:13
Bonsoir:
La définition que j'avais est [tex]z \mapsto \frac{az+b}{cz+d}[/tex] avec [tex]c \neq 0[/tex] et [tex]ad-bc \neq 0 [/tex]
Mais je viens de jetter un coup d'oeil ici et on voit que cette définition est envisageable la bonne idée !
Toutefois l'appelation n'est pas homographie mais fonction homographique
Même chose ici
- Fred
- 02-02-2011 08:38:39
cf le lien donné par Mathieu.
Fred.
- Trickoo
- 02-02-2011 04:05:40
Bonsoir
Et c'est quoi une homographie?
- mathieu64
- 01-02-2011 18:24:31
bonsoir,
On dirait bien que si http://www.bibmath.net/dico/index.php3? … aphie.html ...
- MOHAMED_AIT_LH
- 01-02-2011 01:58:02
Bonsoir
Et ce n'est pas une homographie ...
- mathieu64
- 31-01-2011 12:58:20
merci
- Fred
- 31-01-2011 12:56:10
Salut,
Tu cherches le point invariant en résolvant Z=aZ+b, soit Z=b/(1-a).
Soit [tex]Z_0[/tex] ce point.
Alors tu as :
[tex]h(Z)-Z_0=a(Z-Z_0)[/tex]
ce qui correspond bien à une rotation d'angle arg(a) et de centre [tex]Z_0[/tex] (qui n'est ni b, ni b/2, sauf si on d'autres informations sur a (par exemple, a=-1)).
Fred.
- mathieu64
- 31-01-2011 12:50:44
Bonjour,
J'ai du mal à montrer que l'homographie h(Z)=a*Z+b avec module de a=1 et une rotation d'arg(a) et de centre b/2. Au passage intuitivement j'aurai pensé à centre b mais dans l'exo c'est écrit b/2.
Merci d'avance