calculer dans $\mathbb{C}$

bridgslam · 10-02-2022 16:09:01

Bonjour,

Les calculs dans le champ complexe ne sont pas toujours faciles, notamment au départ pour voir comment s'organiser.

J'ai prolongé l'exercice initial dans le but de déterminer quel est l'ensemble-quotient.
Les homographies et les inversions géométriques n'étant pas ma tasse de thé, un géomètre génial résoudra peut être cette question supplémentaire en deux coups de cuiller à pot (du style image d'une droite par inversion, ou ce genre de choses ) de mon côté j'ai du hélas me résoudre à du calcul élémentaire pour y parvenir.
Comme le bilan final est esthétique ( mais sans doute pas ma preuve !) je soumets l'ensemble à votre sagacité:

Dans le demi- plan P supérieur strict des complexes à partie imaginaire >0:

- la relation " il existe $\theta$ réel tel que $z' = \frac{ z\;cos \; \theta + sin \;\theta }{ -z\;sin\theta + cos \; \theta} $ " entre z et z' dans P est une relation d'équivalence

(plus amusant)

- quel est l'ensemble-quotient de cette relation d'équivalence ? décrire précisément les classes d'équivalence.

Un indice : les classes sont de ... simples cercles: il faut le montrer et dire de quoi il retourne...

Je me demande s'il n'y a pas une manoeuvre "automatique" pour arriver au résultat en exploitant une transformations adéquate.

A.

Bernard-maths · 10-02-2022 17:47:38

Bonjour bridgslam !

TRES amusant ton problème ! Voici le lien du dessin GeoGebra, si ça marche ...
https://cjoint.com/doc/22_02/LBkqUIp1sZ … -02-10.jpg

Quelques remarques sur ce dessin : on y voit 3 expérimentations ! M(z) et M'(z') :

1) Thêta = 0, M (rouge) parcourt le carré, son image aussi ! La réflexivité pour Thêta = 0.

2) Le cercle du haut en pointillés sur le haut : M ne bouge pas, Thêta varie de 0 à 360°, en faisant 2 fois le tour !

3) Thêta est fixé à 105°, M parcourt le carré. M' décrit le petit trèfle déformé à 4 feuilles !

J'en ai fait d'autres ... plein de surprises !!!

Essayez, c'est zoli à voir ...

Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (10-02-2022 17:56:47)

bridgslam · 11-02-2022 07:03:30

Bonjour,

Je me doutais que cela t'intéresserait...
Ton essai 2/ donne un exemple de ce qui se passe.
Moi j'avais pris 1+i pour vérifier numériquement sa classe, avec Wolfram.
Globalement qu'elle est ta conclusion/preuve à la deuxième question?
Que remarques-tu d'intéressant sur le cercle du 2/
Il y a même plusieurs pierres d'achoppement, pas immédiat de prime abord.
Bref une intuition sur P/R, en appelant R la relation d'équivalence ?
Sinon attention on doit rester dans le demi-plan str. >0 au-dessus de l'axe des réels... Donc les trèfles ne doivent pas sortir du gazon...
Merci en tous cas de ta participation.

J'avais trouve le prolongement à la première question subtil, je me demande surtout s'il y plus liminaire que mon calcul, par exemple basé sur les homographies ou les inversions, mais ici chaque classe est lié à une famille d'homographies, alors
Que par exemple avec les inversions les figures sont obtenues classiquement comme images d'une transformation fixée d'un lot de points...
Ici en somme c'est un peu l'inverse (sans jeu de mot géométrique ? ).
Je persiste dans mon idée car ce n'est sans doute pas un hasard si la partition est une famille de cercles, les cercles étant des figures centrales dès qu'on parle d'inversion...

A.

bridgslam · 11-02-2022 07:16:57

Bonjour,

Sous un angle plus structurel, on peut dire qu'on est en présence d'un sous-groupe du groupe des homographies, dont les Orbi

bridgslam · 11-02-2022 07:25:52

Suite...
Dont P/R est l'ensemble des orbites dans leur action naturelle sur P.
Ce sous-groupe est isomorphe à Z/pi Z, le pourquoi de ton "deux fois le tour..."

A.

Dernière modification par bridgslam (11-02-2022 07:29:59)

Bernard-maths · 11-02-2022 08:46:49

Bonjour !

Je ne crois pas que je vais pouvoir te suivre sur ce chemin ... c'est trop loin pour moi !

Par contre je vais essayer d'autres trajectoires pour le point M, et voir ce que fait M' ...

J'avais bien vu que je sortais du 1/2 plan sup.

Je suis inréressé par les aspects géométriques ... quand j'étais en maths-sup, j'avais toujours une interprétation géométrique pour les exercices de nombres complexes !

Bonne journée, B-m

Dernière modification par Bernard-maths (11-02-2022 08:47:33)

bridgslam · 11-02-2022 10:38:44

Re-bonjour,

Bonne journée à toi aussi !

En fait si tu fais suivre au point des trajectoires quelconques, à $\theta$ fixé, son homologue équivalent ( pour ce théta-là) va se promener d'orbites en orbites, et tu risques de t'y perdre.
Ce sera le hasard si le trajet de ton point variable suit pile l'orbite à laquelle il appartient ( je dirai probabilité nulle, même si tu as compris que c'est un cercle -lequel ?- passant par ce point, il faut prendre le bon rayon de courbure.... ou la bonne tangente- idem- ce qui est loin d'être gagné ).

Il faut préférentiellement se donner un point fixe ( mais dont la position peut varier après-coup ) et faire varier l' angle à loisir pour voir son impact sur ce point-là.
C'est justement ce que j'indiquais dans mon post précédent, et ce qui m'a intrigué dans ce sujet: habituellement la transformation est fixe et les points variables ( figure géométrique ...) ici il faut concrètement gérer le contraire, le côté miraculeux étant d'aboutir à un lot de figures géométriques.

Si je résume:

(pb "classique") : 1 seule transf
{ plein de points } ------------------ > { plein de points }

(ici dans cet exo) 1 seul lot de transf. donné
1 seul point ----------------------------> { plein de points }
1 seul point ----------------------------> { plein de points } (peut-être identique, ou pas au précédent)
.......

Ce qui est intéressant c' est de cerner pour quels { 1 seul point } - les classes - , les images à droite ne changent pas .
ça revient aux histoires de surjection canonique quand on a une relation d'équivalence... pour les puristes

Bon courage.

A.

bridgslam · 11-02-2022 11:50:44

Bonjour,

Un indice supplémentaire si cette recherche géométrico-algébrique vous a titillé (voire plu tout simplement):

Sur un plan géométrique le paramètre $\theta$ joue un rôle vraiment caché ( supériorité de l'algèbre sur la géométrie ?) et donc la fameuse intuition géométrique peut fourvoyer complètement.

Au bout du compte on sera content ( joies simples ): étant donnés deux points de P dire aussitôt s' ils engendrent la même figure, ou non... quand ils passent à la moulinette de ces homographies particulières ( de déterminant 1 ).

Dans un deuxième temps (après sa résolution, par les moyens du bord ou moyennant des outils plus évolués que je cherche encore pour ma part), on peut encore se poser 3 questions annexes, cette fois 100% géométriques, et que j'ai nommé, faute de mieux:

- champ magnétique ?
- le tube incliné ( en passant en 3 D)
- l'éloignement factice

Le deuxième point m'évoque le fait que le pb est peut-être facilement solutionnable directement plongé en 3 dimensions ( avec une approche adéquate évidemment, en oubliant les tentatives avec l'équivalent des complexes en dimension 3 , car il faudrait 4 dimensions - hamiltonien ?, donc purement géométrique ) ,et on reprojette ensuite dans le plan pour revenir à nos moutons.

Pour le troisième point, des points très éloignés ( pour la distance ordinaire ) se touchent pratiquement au sens de leurs classes et je me suis demandé si on ne pouvait pas définir une autre distance utile basée sur ces classes.

Bref un champ d'investigation bien ouvert et passionnant.

A.

bridgslam · 11-02-2022 15:50:51

Bonjour,

Voilà la représentation graphique de quelques classes.
Il faut y rajouter le cercle-point { i } de rayon nul.
Les cercles prennent de l'ampleur à partir de {i} en décalant leur centre vers le haut en même temps (eh oui, l'espace est limité en bas).
Tout P est couvert par ce système de cercles disjoints.

https://www.cjoint.com/c/LBloxfxEvsg

Cela donne une idée de la disposition des classes.
Les caractéristiques de chaque cercle sont simples : un diamètre est [ u i, (1/u) i ] , u > 0.

Pour essai, z= 1 + i et tous les points sur le pourtour du disque noir sont dans la même classe (celle du point rouge)
C'est un angle $\theta$ = 1/2 arc tan (2) (environ 0.55 radians) qui fait passer de 1+i au point rouge ( de partie réelle nulle, le calcul numérique de Wolfram introduit un biais de moins de $3 .10^{-14}$ autant dire que c'est effectivement nul.

https://www.cjoint.com/c/LBloMpX2P2g

En comparant vite fait au schéma précédent, on s'aperçoit que le cercle passant par 2i doit grossir un chouïa plus et se translater un peu) pour atteindre 1 + i... Il épousera alors le cercle en noir...

A.

Dernière modification par bridgslam (12-02-2022 18:32:10)

105ray49 · 12-02-2022 09:23:28

Bonjour,
votre problème m'a rappelé de très vieux souvenirs(inversion en classe de terminale)...

J'ai tenté une solution géométrique mais impasse, la solution calculatoire a par contre abouti , j'espère ne pas avoir fait d'erreur,
j'ai shunté les calculs intermédiaires, sinon trop touffu

\begin{document}
%-------------------DEBUT-----------------------------------
$z'=\dfrac{z \cos \theta + \sin \theta}{-z \sin \theta+\cos \theta}=- \cot \theta-\dfrac{1+\cot^2\theta}{z-\cot\theta}$.

\vspace{0.5cm}
$z$ est fixé dans $\left\{z \in \mathbb{C}, Im(z) > 0\right\}$ et $\theta \in \mathbb{R}$

On a le diagramme sagittal suivant :

$z \mapsto u=z-\cot\theta \mapsto v=\overline{u} \mapsto w=\dfrac{1}{\overline{v}} \mapsto t=-(1+\cot^2\theta) w \mapsto z'=-\cot\theta+t$

Quand $\theta$ varie dans $\mathbb{R}$, $M(u)$ décrit la droite passant par $M$ parallèle à l'axe des abscisses.

$M(v=\overline{u})$ décrit la droite symétrique par rapport à l'axe des abscisses.

$M(w)$ décrit l'image de cette dernière droite par l'inversion de pôle $O$ et de rapport 1, comme la droite ne passe pas par le pôle puisque au départ $Im(z) > 0$, alors $M(w)$ décrit un cercle passant par le pôle et dont la tangente en $O$ est parallèle à la droite de départ donc à l'axe des abscisses. Son centre est donc sur l'axe des ordonnées.

$M(t)$ image de $M(w)$ par une homothétie de centre $O$ et de rapport $-(1+\cot^2\theta)$

Malheureusement le rapport d'homothétie varie avec $\theta$ et là je ne vois pas l'astuce qui pourrait m'en sortir.

Je reprends donc la solution par le calcul.
En posant $t=\cot\theta$ la classe de $M(z=a+ib)$ est la courbe paramétrée d'équation $z'=-t+\dfrac{1+t^2}{-(a+ib)+t}$ avec $t$ qui décrit $]0,\pi[$ vue la période de $\cot$.

On calcule $X'$ et $Y'$ en fonction de $t$ et on élimine $t$ entre $X'$ et $Y'$.

On trouve :

$X'=-t+\dfrac{(1+t^2)(t-a)}{(t-a)^2+b^2}$

$Y'=\dfrac{(1+t^2)b}{(t-a)^2+b^2}$

de là on déduit :

$X'=-t+\dfrac{(t-a)Y'}{b}$ d'où $t=\dfrac{bX'+aY'}{Y'-b}$

$Y'=\dfrac{(Y'-b)^2+(bX'+aY')^2}{b[(X'+a)^2+(Y'-b)^2]}=\dfrac{(Y'-b)^2+(b(X'+a)+a(Y'-b))^2}{b[(X'+a)^2+(Y'-b)^2]}=$

On est donc amené à poser $X=X'+a$ et $Y=Y'-b$ ou à mettre l'origine du repère en $O'(-\overline{z}=-a+ib)$

On obtient l'équation implicite de la classe de $M(z=a+ib)$ :

$b(b+Y)(X^2+Y^2)=Y^2+(bX+aY)^2$

ce qui équivaut à :

$Y=0$ mais alors ...$z'=-\overline{z}$

ou

$bX^2+bY^2+Y(b^2-a^2-1)-2abX=0$

On reconnait l'équation d'un cercle

On vérifie qu'il passe bien par $M(2a,0)$

et en mettant sous forme canonique :

$(X-a)^2+(Y+\dfrac{b^2-a^2-1}{2b})^2-a^2-\left(\dfrac{b^2-a^2-1}{2b}^2\right)=0$

et revenant au repère initial :

C'est le cercle de centre $\Omega'(0,\dfrac{b^2+a^2+1}{2b})$

On vérifie que le point d'affixe $-\overline{z}$ est bien sur le cercle

En Conclusion : la classe de $M(a+ib)$ est le cercle de centre $\Omega'(0,\dfrac{b^2+a^2+1}{2b})$ passant par M.

Il est centré sur l'axe des ordonnées , passe par $M(a+ib)$ et passe par l'origine c'est donc facile de le tracer à la règle et au compas.

J'ai vérifié avec Xcas(courbe implicite) et M(3,2) et c'est bon.

Ci-dessous aussi un fichier teXgraph (.teg) pour le tracé direct de z'. Mais a été refusé (spam) j'ai dû le supprimer, c'est la première fois que je viens sur le site, donc j'ai des progrès à faire.
\end{document}

bridgslam · 12-02-2022 10:30:53

Bonjour,

Ce que j'avais fait ne passe que par les complexes, j'essaierai de le poster dans l'après-midi , moins laborieux heureusement.
Mais c'est ce je signalais en tout début de postes: le plus dur est de partir dans la bonne direction.
Elle donne les cercles finalement quasi sans aucune géométrie.

Merci pour votre participation active.

A.

bridgslam · 12-02-2022 11:14:46

Bonjour,

Ma démarche ( le seul aspect géométrique, c'est la définition du cercle par angle droit, souvent utile, ici cela allège énormément les calculs, contrairement à la définition par centre -rayon ) :

https://www.cjoint.com/c/LBmjTxl0Dbn

L'idée c'est que les équivalents des imaginaires purs étant situés dans des cercles particuliers ( disjoints ) de P, il suffit de montrer ensuite que tout complexe de P possède un équivalent imaginaire pur... les classes de représentants imaginaires purs satureront forcément leur contenant ( cercles ), qui s'étaleront aussi sur tout P, il s'agit donc de l'ensemble quotient P/R: démarche quelque peu inhabituelle, mais qui simplifie le reste.

un schéma rapide récapitulatif...

https://www.cjoint.com/c/LBmjWF60P7n

Les calculs intermédiaires sont assez rapides ( emploi du conjugué notamment ), par symétrie des rôles de l'angle au numérateur - dénominateur.

Hélas cela reste du calcul, si on s'en tient à des recherches d'inversions et images de droites-cercles à $\theta$ variables, les classes-cercles devraient représenter des sortes d'enveloppes, pas trouvé présentement pour "décoincer" la solution géométrique pure...
Après, homographies et inversions étant normalement acoquinées avec la géométrie projective, il y a sans doute une piste dans cela.

Le rôle de $\theta$, géométriquement, est particulièrement mystérieux.

A.

105ray49 · 12-02-2022 12:10:32

Re bonjour,
je pense avoir fait une erreur de calcul : la classe de M ne doit passer par O,
à suivre...

bridgslam · 12-02-2022 16:34:24

Bonsoir,

En effet le inf ( u, 1/u ) est toujours non nul... Je regarderai aussi mes vieux souvenirs d'inversion et d'homographie pour voir s'il n'y a pas une raison géométrique majeure à tout ceci.
Par-contre algébriquement je ne vois pas plus simple.

Bonne soirée
A.

bridgslam · 12-02-2022 18:02:39

Bonsoir,

En reprenant votre exemple ( z = 3+2i ) la valeur de $\theta $ pour l'envoyer sur son imaginaire pur équivalent vaut 0.5 arctan (0.5) , environ 0.231824 radians.

Le calcul de l'apogée sur wolfram en ligne fournit 6.85410... i et bien-sûr (1/6.85410... )i pour son équivalent le plus bas( c'est vrai que ça se tasse de plus en plus vers 0).

Le tracé avec geogebra et ces valeurs passe bien par 3+2i : https://www.cjoint.com/c/LBmqYCcb4Fn

Vérification suppémentaire donc, moi j'avais essayé avec 1+i...

A.

Dernière modification par bridgslam (12-02-2022 18:03:33)

105ray49 · 12-02-2022 22:18:33

Bonsoir Bridgslam,

en fait ma seule erreur a été de dire que le cercle passe par l'origine, c'est vrai après avoir posé $X=X'+a$ et $Y=Y-b$

mais pas dans le repère initial

Il est centré sur l'axe des ordonnées de centre $\Omega'(0,\dfrac{b^2+a^2+1}{2b})$ , passe par $M(a+ib)$.

Son rayon $R= \Omega M$

son point d'ordonnée minimale a pour ordonnée $y_{min}=O \Omega-\Omega M=...=\dfrac{a^2+b^2+1}{2b}-\dfrac{\sqrt{(a^2+b^2+1)^2-4b^2}}{2b} > 0$

ne peut-être nulle, car $b > 0$ (jamais nul).

Merci pour vos réponses et votre solution

reste à réfléchir à une solution géométrique, ce n'est pas gagné !

Raymond

bridgslam · 13-02-2022 08:29:12

Bonjour,

Je replongerai dans la géométrie, ça m'occupera une bonne partie de cette moitié d'année je pense
Il y a aussi de bonnes références sur la toile.
Ce genre de résultat m'y incite fortement pour ne pas garder un parfum de mal ficelé et lever le voile, sans doute au prix d'une couche d'abstraction en plus.

Cordialement,

A.

bridgslam · 14-02-2022 11:49:15

Bonjour,

http://www.debart.fr/ts/inversion_cercl … tml#cercle

La rubrique 5 ce ce document sur l'inversion géométrique ( basculer simplement le schéma de +$\pi/2$ conduit à des figures de cercles similaires.
Un phénomène d'inversion(s) est donc caché derrière l'ensemble-quotient ( sans creuser davantage ...)

A.

Michel Coste · 14-02-2022 17:58:15

Bonjour,

Les homographies qui agissent préservent toutes l'axe réel et ont pour points fixes [tex]i[/tex] et [tex]-i[/tex]. Ça donne très envie d'envoyer le demi-plan supérieur sur le disque unité et le point [tex]i[/tex] sur l'origine, au moyen de l'homographie [tex]w=\dfrac{z-i}{z+i}[/tex].

Dans le disque unité, faisons agir les rotations de centre l'origine et d'angle [tex]2\theta[/tex] : [tex]w'= e^{2i\theta}w[/tex]. Dans le demi-plan supérieur, ça se traduit par [tex]\dfrac{z'-i}{z'+i}=e^{2i\theta}\dfrac{z-i}{z+i}[/tex], autrement dit [tex]z'=\dfrac{z\cos(\theta)+\sin(\theta)}{-z\sin(\theta)+\cos(\theta)}[/tex].

Tout s'éclaire, n'est-ce pas ? On est tout simplement en train d'étudier l'action des rotations de centre l'origine sur le disque unité !

bridgslam · 15-02-2022 06:57:17

Bonjour,

Super merci, je regarderai de près votre transformation, en douceur, n'étant pas, loin s'en faut, un connaisseur des homographies.
Je pressentais quand-même qu'une action harmonieuse (géométriquement) était dans les coulisses.
Bonne journée

A.

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#1 10-02-2022 16:09:01

calculer dans $\mathbb{C}$

#2 10-02-2022 17:47:38

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#3 11-02-2022 07:03:30

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#4 11-02-2022 07:16:57

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#5 11-02-2022 07:25:52

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#6 11-02-2022 08:46:49

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#7 11-02-2022 10:38:44

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#8 11-02-2022 11:50:44

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#9 11-02-2022 15:50:51

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#10 12-02-2022 09:23:28

Re : calculer dans $\mathbb{C}$

#11 12-02-2022 10:30:53

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#12 12-02-2022 11:14:46

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#13 12-02-2022 12:10:32

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#14 12-02-2022 16:34:24

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#15 12-02-2022 18:02:39

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#16 12-02-2022 22:18:33

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#17 13-02-2022 08:29:12

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#18 14-02-2022 11:49:15

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#19 14-02-2022 17:58:15

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#20 15-02-2022 06:57:17

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