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#151 Re : Entraide (supérieur) » homographie » 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]
#152 Re : Entraide (supérieur) » boule » 22-02-2011 23:40:12
La méthode d'Yvan fonctionne, bien sûr ! Mais elle ne répondra pas à ton problème. Si tu utilises des "pavages", ce que tu vas faire c'est calculer la valeur de Vn. On n'appelle pas ça des pavages en général, mais plutôt une somme de Riemann.
Alors bien sûr, tu peux calculer Vn, puis [tex]Vol(K\cdot B)[/tex], et en déduire que l'un est [tex]K^n[/tex] fois plus petit que l'autre, mais ça ne me semble pas optimal comme méthode ^^
#153 Re : Entraide (supérieur) » base et forme quadratique » 22-02-2011 23:29:09
Salut Picatshou
Tu devrais déjà commencer par t'aider toi-même en écrivant un énoncé clair et sans fautes ;-) Il m'a bien fallu 10 minutes pour te déchiffrer !
Pour la première question, je te répondrai par ceci: quelle est la définition de la dimension d'un espace vectoriel ?
Pour la seconde, j'y ai passé un bon moment et je sèche également. C'est probablement une astuce bête, mais comme j'ignore ton niveau et le contexte du problème, je n'ai aucune idée de comment l'attaquer (calcul matriciel, polytope dual, Hahn-Banach, classification des formes quadratiques, réduction d'un K[X]-module, que sais-je). Tu travailles bien dans [tex]\mathbb{R}[/tex] ?
On va déjà simplifier ton énoncé, en enlevant cette base duale qui nous complique la vie. (Je soupçonne qu'elle ait une très bonne raison pour être là, mais passons). On reprend :
1- [tex]E[/tex] est un espace vectoriel de base [tex](v_1,\ldots,v_n)[/tex]
2- [tex]P[/tex] est son quadran positif : [tex]P=\{\Sigma_i x_i v_i\ /\ \forall i,\ x_i\geq 0\}[/tex]
3- [tex]Y:E\to\mathbb{R}[/tex] est une forme quadratique sur [tex]E[/tex], de polaire [tex]w:E^2\to\mathbb{R}[/tex]
(tiens, question au passage: la polaire c'est pas plutôt [tex]E\to E^*[/tex] ? Je suis un peu rouillé)
4- Elle est positive partout dans [tex]P[/tex]
5- Elle vérifie une relation bizarre : [tex]\forall i \neq j,\ w(v_i,v_j)\leq 0[/tex]
Ah bin déjà on a de bons exemples de ça à disposition : [tex]\mathbb{R}^n[/tex] avec sa base et sa forme euclidienne canoniques ^^ Avec la forme [tex]Y=0[/tex] ça marche aussi, et déjà c'est plus fin. (Il me semble que tous les autres exemples découlent de ceux-ci, choix de la base mis à part)
Je suppose que par "ker Y", tu désignes bien le noyau de la forme quadratique, et pas son cône isotrope ? Ça change grandement la question, mais je crois qu'avec le cône il y a des contre-exemples.
bon j'ai supposé qu'il existe un x dans l'intersection
Inutile de le supposer, je t'en donne un si tu veux : 0 est dans l'intersection, mais ça ne nous avance guère O_o On te demande précisément de montrer quelque chose pour les éléments qui ne sont PAS dans l'intersection : il s'agit de montrer que les éléments de [tex]Ker(Y)\setminus P[/tex] sont combinaisons linéaires de ceux de [tex]Ker(Y)\cap P[/tex].
j'ai montrer que [tex]\forall[/tex] t [tex]\in[/tex] ker Y t=ax
Autrement dit tu viens de montrer que le noyau de [tex]Y[/tex] est engendré par [tex]x[/tex] tout seul, donc est de dimension maximale 1. Or le cas de [tex]Y=0[/tex] montre que ce n'est pas vrai en général. En fait tu ne t'en sortiras pas uniquement avec des multiples, il faudra impérativement faire des combinaisons linéaires : encore une fois, c'est le cas dans l'exemple [tex]Y=0[/tex].
Pour les experts, si vous avez trouvé un exemple de telle configuration avec une f.q. non positive je suis preneur. Je n'ai regardé qu'en basse dimension avec la classification complète, et à chaque fois les formes non positives n'admettent pas de telles données (base qui/que + polytope inclus dans le cône positif).
Appelons [tex]K=Ker(Y)[/tex] et notons [tex]k[/tex] sa dimension. Le polytope [tex]P[/tex] est une intersection de demi-espaces, e.g. les [tex]\{v^*_i\geq 0\}[/tex]. Son intersection avec le sous-espace [tex]K[/tex] est donc un polytope obtenu à l'aide des équations induites. C'est ici que je sèche : je n'arrive pas à obtenir une forme simple des équations de frontière du polytope induit [tex]Q=P\cap K[/tex], ni à utiliser la "condition bizarre" autrement que sur les dessins.
La piste que j'ai suivie était : il y a [tex]n[/tex] équations définissant [tex]Q[/tex], mais [tex]K^*[/tex] n'est que de dimension [tex]k[/tex]. J'ai tenté des jeux de dualité/prédualité, mais ça n'a rien donné.
Dis-moi déjà si tu comprends ce que je dis et ce que tu as tenté d'autre, et on verra pour la suite ^^
#154 Re : Entraide (supérieur) » homographie » 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