M-PT-COM-JMF-04

Proble`mes de Mathematiques

Homographies du plan complexe

Enonce


Notations

On note C = C {} lensemble obtenu en ajoutant a` C un point a` linfini.Pour tout z de C, on pose par convention z/0 =.

Pour tout quadruplet v = (a, b, c, d) de C4, on note (v) = ad bc.On note E = {v = (a, b, c, d) C4, (v) 6= 0}.A tout element v de E on associe lapplication hv de C dans lui-meme definie par :

z C \ {d/c}, hv(z) = az + bcz + d

, hv(d/c) =, hv() = a/c.Remarque : la convention z/0 = permet dinclure le cas c = 0 dans la definition de hv.Plus precisement, si c = 0 (donc a 6= 0 et d 6= 0) : z C, hv(z) = az + b

d, et hv() =.

On note H = {hv, v E}. Les elements de H sont appelees homographies de C. Pour tout (a, b) de C C, on note sa,b = ha,b,0,1. On note S = {sa,b, a C, b C}.Lapplication sa,b est donc definie par sa,b(z) = az + b si z C et sa,b() =.Les elements de S sont appeles similitudes directes de C.

On conside`re le plan euclidien oriente, muni dun repe`re orthonorme direct.

On identifie tout point M de ce plan avec son affixe z de C.

Cette identification permet de parler des cercles et des droites de C.

Une droite de C est la reunion = {}, ou` est une droite de C.On dit quune partie de C est un cercle de C si cest un cercle de C ou une droite de C.

Les droites de C sont donc les cercles de C qui contiennent le point a` linfini.

Remarque : on conside`re dans ce proble`me que les cercles ont un rayon strictement positif.

On note C lensemble dont les elements sont les cercles de C.

I. Le groupe des homographies

1. Soient u un element de E. Verifier que hu = hu pour tout de C.

On admettra que la reciproque est vraie. Ainsi hu = hv C, v = u.Identifier lapplication hu quand u = (1, 0, 0, 1). [ S ]

2. Soient u = (a, b, c, d) et v = (a, b, c, d) deux elements de E.

Verifier que u v = (aa + bc, ab + bd, ca + dc, cb + dd) est un element de E.Montrer que hu hv = huv (on pourra se limiter au cas general). [ S ]

3. Montrer que toute homographie hv est une bijection de C sur lui-meme.

On verifiera plus precisement que h1v = hv avec v = (d,b,c, a). [ S ]4. Montrer que H est un groupe (non commutatif) pour la loi de composition. [ S ]

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Enonce

II. Lhomographie z 7 1/z et les cercles de COn va montrer que lhomographie z 7 1/z est une involution de lensemble des cercles de C.

1. (a) Soit une droite de C ne passant pas par 0.

Soit la projection orthogonale de 0 sur .

Soit z dans C. Montrer que z est sur si et seulement si Re ((z )) = 0. [ S ](b) Soit C un cercle de C, et soient u, v deux points diametralement opposes de C.

Soit z dans C. Montrer que : z C Re ((z u) (z v)) = 0. [ S ]2. On note = h(0,1,1,0). Verifier que lapplication est une involution de C.

En utilisant les resultats de la question II.1, montrer successivement que limage par :

(a) Dune droite de C passant par 0 est une droite de C passant par 0.

Comment ces deux droites se deduisent-elles lune de lautre ? [ S ]

(b) Dun cercle C de C passant par 0 est une droite de C ne passant pas par 0.Indication : si est le point de C diametralement oppose de 0, et si on pose = (), onmontrera que (C) est la droite orthogonale en au segment [ 0, ]. [ S ]

(c) Dune droite de C ne passant pas par 0 est un cercle de C passant par 0. [ S ]

(d) Dun cercle de C ne passant par par 0 est un cercle de C ne passant pas par 0.

Indication : soit u, v deux points diametralement opposes de C et alignes avec 0. Montrerque (C) est le cercle de diame`tre [(u), (v) ] [ S ]

3. On note envore lapplication definie sur P(C) par X 7 (X) = {(z), z X}.Deduire de ce qui prece`de que realise une involution de lensemble C. [ S ]

III. Homographies et cercles de C

On va generaliser le resultat de la partie precedente, et montrer que toute homographie de C realiseune bijection de lensemble des cercles de C sur lui-meme.

1. Montrer que S est un sous-groupe de H. [ S ]2. Soit s un element de S, considere aussi comme application de P(C) dans lui-meme.

Montrer que s realise une bijection de lensemble C. [ S ]3. Montrer que tout element h = hu (avec u = (a, b, c, d)) de H est :

Ou bien une similitude directe (si c = 0),

Ou bien (si c 6= 0) la composee de et de deux similitudes directes.Indication : montrer que h = sa,b sc,d, avec a = (u)/c et b = a/c. [ S ]

4. En deduire que toute homographie h realise une bijection de C sur lui-meme.Si h = h(a,b,c,d) est une homographie qui nest pas une similitude (donc si c 6= 0), decrirerapidement limage dune droite de C ou dun cercle de C selon que cette droite ou ce cerclepasse ou ne passe pas par le point = d/c. [ S ]




Enonce

IV. Homographies et conservation des angles

NB : a` ce stade de lannee en MPSI, cette partie est hors-bareme.

Dans cette partie, on se donne une homographie h = h(a,b,c,d).

Soit{1 : t I1 7 z1(t)2 : t I2 7 z2(t)

deux arcs parametres de C de classe C1, sans points stationnaires.On suppose que leurs supports ne contiennent pas d/c.On peut donc en composant par h definir les arcs parametres

{t 7 1(t) = h(z1(t))t 7 2(t) = h(z2(t))

1. Montrer que les arcs 1 et 2 sont de classe C1 et sans points stationnaires. [ S ]2. Soit A = z1(t1) = z2(t2) un point commun aux deux arcs parametres 1 et 2.

Soit B = Z1(t1) = Z2(t2) le point commun correspondant sur les arcs 1 et 2.

Soit T1 et T2 les droites tangentes en A aux arcs 1 et 2.

Soit T1 et T2 les droites tangentes en B aux arcs 1 et 2.Montrer que langle de droites (T1, T2) est egal a` langle de droites (T1, T2).On exprimera cette propriete en ecrivant quune homographie conserve les angles. [ S ]

3. On rappelle que deux cercles de C sont dits orthogonaux sils sont secants et si les deux tangentesen lun des points dintersection sont orthogonales. On dira quune droite de C est orthogonalea` un cercle de C si elle contient un diame`tre de ce cercle.On peut donc parler de lorthogonalite eventuelle de deux cercles de C.Avec ces definitions, deduire de ce qui prece`de que toute homographie transforme deux cerclesorthogonaux de C en deux cercles orthogonaux de C. [ S ]

V. Homographies et conservation de lorthogonalite

On va montrer a` nouveau que les homographies transforment les cercles de C en des cercles de C, etquelles conservent leur orthogonalite.Contrairement a` la methode utilisee dans la partie IV, et qui utilisait des techniques de geometriedifferentielle, on utilise ici une methode purement algebrique.On commence par le cas particulier de lhomographie z 7 1/z, avant de generaliser.

1. Montrer quune partie de C est un cercle ou une droite si et seulement si : (, , ) R C R, avec < ||2 tels que : z |z|2 + z + z + = 0.On montrera quon obtient un cercle si 6= 0 et une droite si = 0. [ S ]

2. Retrouver le resultat II.2 disant que tranforme les cercles de C en des cercles de C. [ S ]3. On se donne le cercle C1 de centre 1 de rayon r1, et le cercle C2 de centre 2 de rayon r2.

Montrer que C1 et C2 sont orthogonaux si et seulement si |2 1|2 = r21 + r22. [ S ]4. On se donne deux droites ou cercles et de C definis par les equations respectives :{

(E) : |z|2 + z + z + = 0(E) : |z|2 + z + z + = 0, avec

{(, , ) R C R(, , ) R C R et

{ < ||2 < ||2

Montrer que et sont orthogonaux si et seulement si + = + .(traiter le cas de deux cercles, puis de deux droites, puis dune droite et dun cercle.) [ S ]

5. En deduire que lhomographie z 7 1/z conserve lorthogonalite des cercles de C.Generaliser ensuite a` une homographie quelconque (utiliser III.3) [ S ]




Enonce

VI. Homographies, disques et demi-plans

On reprend ici les notations et les resultats de la cinquie`me partie.

On sait donc quune homographie conserve lensemble des cercles de C. On va voir ici comment leshomographies tranforment linterieur ou lexterieur dun cercle de C, ou les deux demi-plans delimitespar une droite de C.Comme dans la partie V, on commence par examiner le cas de lhomographie z 7 1/z, avant degeneraliser a` une homographie quelconque.

Soit une droite ou une cercle de C.On note Q(z) = 0 une equation de , avec Q(z) = |z|2 + z + z + et

{(, , ) RCR < ||2

Rappel : est un cercle si 6= 0 et une droite sinon.Quitte a` considerer Q plutot que Q, on suppose 0.

1. Avec les notations precedentes, on definit les ensembles{+ = {z C, Q(z) > 0} = {z C, Q(z) < 0}

Montrer que chacun de ces deux ensembles designe :

Ou bien linterieur ou bien lexterieur de , si est un cercle de C. Chacun des deux demi-plans de C definis par , si est une droite de C. [ S ]

2. On pose : z 7 1/z. On sait que = () est un cercle ou une droite.Ecrire une equation Q(z) = 0 de , facilement deduite de lequation Q(z) = 0.

En deduire que envoie respectivement les deux parties du plan separees par sur celles quisont separees par . [ S ]

3. Generaliser le resultat de la question precedente a` une homographie quelconque.On pourra, si le temps le permet, donner quelques precisions supplementaires. [ S ]

VII. Points fixes dune homographie, birapport

Soit f une application quelconque de C dans lui-meme.On dit quun element z de C (eventuellement z =) est un point fixe de f si f(z) = z.

Soient z1, z2, z3 trois elements distincts de C. Soit z un element de C.

On pose [ z1, z2, z3, z ] =(z3 z1)(z z2)(z3 z2)(z z1) si z C \ {z1}, et

{[ z1, z2, z3, z1 ] =[ z1, z2, z3, ] = z3 z1

z3 z2Il est clair que lapplication z 7 [z1, z2, z3, z] est une homographie de C.1. (a) En revenant aux definitions donnee en debut denonce, verifier que les homographies qui

ne posse`dent que comme point fixe sont les similitudes. [ S ](b) Montrer que toute homographie distincte de lidentite posse`de un ou deux points fixes

(eventuellement confondus). [ S ]

2. Soit f une homographie distincte de lidentite. Montrer lequivalence suivante :f est involutive (u, v) C2 (avec u 6= v) tels que f(u) = v et f(v) = u. [ S ]

3. Dans C, soient z1, z2, z3 (distincts deux a` deux) et 1, 2, 3 (distincts deux a` deux.)Montrer quil existe une homographie h unique telle que h(zk) = k pour 1 k 3.Indication : considerer les homographies h : z 7 [z1, z2, z3, z] et k : z 7 [1, 2, 3, z].On sinteressera aux images de z1, z2, z3 (resp. 1, 2, 3) par h (resp. k.) [ S ]




Enonce

4. Soient z1, z2, z3, z4 quatre elements distincts de C (avec eventuellement z4 =.)La quantite [z1, z2, z3, z4] est appelee birapport de z1, z2, z3, z4 (dans cet ordre.)Montrer que z1, z2, z3, z4 sont sur un meme cercle de C [z1, z2, z3, z4] est un reel.Indication : considerer lhomographie h : z 7 [z1, z2, z3, z]. [ S ]

5. Soient z1, z2, z3, z4 quatre elements distincts de C (avec eventuellement z4 =.)Soit f une homographie de C. On suppose que f(z1), f(z2), f(z3) sont distincts de .Montrer que [f(z1), f(z2), f(z3), f(z4)] = [z1, z2, z3, z4].On exprime cette propriete en disant quune homographie conserve le birapport.

Indication : Montrer que f = h1 g, avec{g : z 7 [z1, z2, z3, z]h : z 7 [f(z1), f(z2), f(z3), z]

[ S ]

6. Reciproquement, on se donne une application f injective de C dans lui-meme.On suppose que f conserve le birapport. Montrer que f est une homographie.Indication : Se donner z1, z2, z3 distincts dans C, avec f(z1), f(z2), f(z3) distincts de . Montrer que f = h1 g, avec g : z 7 [z1, z2, z3, z] et h : z 7 [f(z1), f(z2), f(z3), z]. [ S ]

VIII. Conjugaison des homographies

On note Aut(H) le groupe des automorphismes de H pour la loi de composition.Pour tout homographie h, on note h lapplication de H dans H definie par h(f) = h f h1.On dit que deux homographies f et g sont conjuguees sil existe h dans H telle que g = h(f).On exprimera cette notation en ecrivant f g.

1. Dans cette question, on etudie lapplication definie sur H par (h) = h.(a) Montrer que est un morphisme de H dans le groupe Aut(H). [ S ](b) On conside`re les elements t : z 7 z + 1 et sa : z 7 2a z de H (avec a C).

Montrer que la seule homographie qui commute avec t et les sa est lidentite. [ S ]

(c) En deduire que le morphisme est injectif. [ S ]

2. Dans cette question, on aborde letude de la relation conjugaison definie sur H par f g.(a) Montrer que la conjugaison est une relation dequivalence sur H.

Quelle est la classe dequivalence de lapplication identite ?Verifier que si f g alors fn gn pour tout n de N. [ S ]

(b) Montrer que deux homographies conjuguees ont exactement le meme nombre de points fixesdans C (un point fixe double netant compte quune fois.) [ S ]

(c) Montrer que les translations distinctes de Id sont conjuguees deux a` deux. [ S ]

(d) Pour tout de C \ {0, 1}, on note la similitude z 7 z.Montrer que et sont conjuguees si et seulement si = ou = 1 . [ S ]




Enonce

3. Dans cette question, on va determiner les differentes classes dequivalence de H pour la relationde conjugaison, ainsi quun representant simple de chaque classe.

(a) Soit f une homographie ayant deux points fixes distincts , dans C.On note h lhomographie definie par z 7 z

z . Montrer quil existe dans C\{0, 1} (quonne calculera pas) tel que f = h1 h. [ S ]

(b) Soit f une similitude directe. On suppose que f nest pas une translation.

Soit lunique point fixe de f dans C, et soit h lapplication z 7 z .Montrer quil existe dans C \ {0, 1} tel que f = h1 h. [ S ]

(c) Soit f une homographie ayant deux points fixes confondus en C.On note h lhomographie definie par h(z) = 1

z .Montrer quil existe une translation t (distincte de Id) telle que f = h1 t h. [ S ]

(d) Deduire de ce qui prece`de le resultat suivant :

Si f na quun point double dans C, elle est conjuguee a` la translation z 7 z + 1. Sinon il existe avec 0 < || 1 tel que f soit conjuguee a` : z 7 z.On verifiera que si 0 < || < 1, le coefficient est unique, alors que si || = 1, il est uniquea` condition de supposer Re () 0. [ S ]

IX. Puissances dhomographies

On va utiliser les resultats de la partie VIII (entre autres) pour etudier les puissances dune homo-graphie. Dans un premier temps, on va verifier que les homographies dont une puissance est Id sontconjuguees a` des rotations particulie`res. On etudie ensuite la suite definie par les images iterees dunpoint de C par une homographie donnee. On terminera cette partie en se demandant sil existe unehomographie permutant circulairement n points donnes de C.

1. Dans cette question, on va obtenir des resultats sur les homographies dont une certaine puissanceest lapplication identite.

(a) Soit f une homographie de C et n un entier naturel non nul.Montrer que fn = Id si et seulement si f est conjuguee a` , avec n = 1. [ S ]

(b) Soit f : z 7 az+bcz+d

une homographie (f 6= Id).On note f = hu, avec u = (a, b, c, d).En utilisant uniquement la partie I, montrer que : f2 = Id d = a. [ S ]

(c) Soient , deux elements distincts de C. En utilisant (3a), (3b) et (4) indiquer luniquehomographie involutive de C ayant pour points fixes et (on traitera dabord le cas ou`, sont dans C, puis on supposera =.) [ S ]

(d) Comme precedemment, soient , deux elements distincts de C.Trouver les deux seules homographies f qui sont distinctes de Id, qui verifient f3 = 1 etqui admettent , comme points fixes. [ S ]

(e) Donner les trois homographies f 6= Id telles que f4 = Id, f(1) = 1, f(1) = 1.Si f1, f2, f3 sont les solutions, verifier que {Id, f1, f2, f3} est un groupe cyclique. [ S ]




Enonce

2. On va etudier sil existe des homographies permutant circulairement 2, 3 ou 4 points.

(a) Soient u, v deux points distincts de C.Determiner la forme generale des homographies f telles que f(u) = v et f(v) = u.Indication : utiliser les resultats questions VII.2 et IX.1.b.On pourra supposer dabord que u, v sont dans C, puis que v =. [ S ]

(b) Soient u, v, w trois points distincts de C. Montrer quil existe une unique homographie ftelle que f(u) = v, f(v) = w, f(w) = u et que cette application verifie f3 = Id.

Montrer que f laisse globalement invariant le cercle de C passant par u, v, v.Determiner lunique homographie f telle que f(0) = 1, f(1) = i, f(i) = 0. [ S ]

(c) On se donne quatre points distincts t, u, v, w dans C.On cherche sil existe f dans H telle que f(t) = u, f(u) = v, f(v) = w, f(w) = t.Montrer que si f existe, alors elle est unique et elle verifie f4 = Id.

Montrer que f existe si seulement si [t, v, u, w] = 1 (utiliser VII.6) [ S ]3. Dans cette question on se donne une homographie f 6= Id et un element z0 de C.

On definit une suite de C en posant zn+1 = f(zn) pour tout n de N.

(a) On suppose que f ne posse`de quun seul point fixe . Montrer que limn zn = . [ S ]

(b) On suppose que f a deux points fixes distincts et , et que z0 / {, }.Montrer quon est dans lune des trois situations suivantes :

Pour tout choix de z0, la suite (zn) converge vers .

Pour tout choix de z0, la suite (zn) converge vers .

Pour tout choix de z0, la suite (zn) diverge.Remarque : dans C, on dit que la suite (zn) converge vers si lim

n |zn| = +. [ S ]

X. Homographies envoyant un disque donne sur un disque donne

On note P = {z C, Im (z) > 0}, R = R {}, et D = {z C, |z| < 1}.

On note R lensemble des homographies h : z 7 az + bcz + d

, avec (a, b, c, d) R4 (et ad bc 6= 0.)On designe par R+ celles de ces homographies qui verifient ad bc > 0.1. (a) Montrer que R+ est un sous-groupe de R, lui-meme un sous-groupe de H. [ S ]

(b) Montrer R est lensemble des homographies laissant R globalement invariant. [ S ](c) Montrer R+ est lensemble des homographies laissant P globalement invariant. [ S ]

2. (a) Montrer que lhomographie H : z 7 z iz + i

verifie H(P) = D. [ S ]

(b) En deduire que les homographies f telles que f(D) = D sont les homographies qui sontdonnees par f : z 7 u z

1 z avec |u| = 1 et || < 1. [ S ]

(c) Notons D,r le disque ouvert de centre C et de rayon r > 0.Determiner les homographies h qui envoient D,r sur D,r . [ S ]




Corrige

Corrige du proble`me

I. Le groupe des homographies.

1. On se donne u = (a, b, c, d) dans E et v = (a, b, c, d) = u, avec dans C.Ainsi a = a, b = b, c = c, d = d, et (v) = 2(u) 6= 0 donc v E.Tout dabord hv() = a/c = a/c = hu().Ensuite d/c = d/c donc hv(d/c) = = hu(d/c).Enfin, pour tout z de C \ {d/c} : hv(z) = a

z + b

cz + d=az + bcz + d

=az + bcz + d

= hu(z).

Les deux applications hu et hv sont donc identiques.

Si u = (1, 0, 0, 1) alors hu(z) =1z + 00z + 1

= z pour tout z de C, et hu() =.Lapplication hu = h(1,0,0,1) est donc lapplication identite de C. [ Q ]

2. On pose w = u v = (a, b, c, d) = (aa + bc, ab + bd, ca + dc, cb + dd).On constate que :

(w) = ad bc = (aa + bc)(cb + dd) (ab + bd)(ca + dc)= aadd + bccb abdc bdca = (ad bc)(ad bc) = (u)(v) 6= 0

Autrement dit, w = u v est encore un element de E.On va maintenant montrer que hu hv = hw.

Cas general : hu hv(z) =aaz + b

cz + d+ b

caz + b

cz + d+ d

=(aa + bc)z + (ab + bd)(ca + dc)z + (cb + dd)

=az + b

cz + d= hw(z).

On admet que ca reste vrai dans les cas ou` intervient (ni difficile ni passionnant.) [Q ]3. Soit v = (a, b, c, d) dans E, et v = (a, b, c, d) = (d,b,c, a).

On voit que v est dans E car (v) = ad bc = (v) 6= 0.Dapre`s ce qui prece`de, on a hv hv = hw, avec w = v v.Or v v = (aa + bc, ab + bd, ca + dc, cb + dd) = (ad bc, 0, 0,cb+ da) = ((v), 0, 0, (v)).On en deduit que hv hv = h((v),0,0,(v)) = h(1,0,0,1) = Id.Lapplication : (x, y, z, t) 7 (t,y,z, x) est une involution de C4 et

{v = (v)v = (v)

En inversant les roles de v et v on a donc hv hv = Id.Il en decoule que hv est une bijection de C, et que h1v = hv . [ Q ]

4. En fait H est un sous-groupe du groupe (B(C), ) des bijections de C.Dapre`s ce qui prece`de H est en effet une partie (non vide) de B(C), stable pour la loi decomposition et pour le passage a` linverse. On remarque dailleurs que h(1,0,0,1) = Id.

Pour montrer que le groupe H nest pas commutatif, il suffit dexhiber un exemple.Si u = (1, 1, 1, 0), alors hu(z) = z + 1 pour tout z de C.Si v = (2, 0, 1, 0), alors hv(z) = 2z pour tout z de C.

Pour tout z de C :{hv hu(z) = 2(z + 1)hu hv(z) = 2z + 1

donc hu hv 6= hv hu. [ Q ]




Corrige

II. Lhomographie z 7 1/z et les cercles de C.1. (a) Lelement z = est sur et il verifie bien Re ((z )) = 0.

Considerons donc un element z quelconque de C, mais distinct de .

On a Re ((z )) = 0 arg((z )) = pi2(pi) arg(z ) = arg + pi

2(pi).

Cela signifie que langle 0z est droit, cest-a`-dire que z est sur . [Q ]

(b) Les elements z = u et z = v sont sur C et ils verifient bien Re ((z u) (z v)) = 0.Considerons donc un element z quelconque de C, mais distinct de u et v.

On a Re ((z u) (z v)) = 0 arg(z u) = arg(z v) + pi2(pi).

Cela signifie que langle uzv est droit, cest-a`-dire que z est sur C.Si on souhaite ne pas utiliser cette caracterisation pourtant classique des cercles, voicicomment on peut sy prendre, avec z quelconque dans C :

Re ((z u) (z v)) = 0 (z u) (z v) + (z u) (z v) = 0 |z|2 Re ((u+ v)z) + Re (uv) = 0 z u+v

2

2 = u+v2

2 Re (uv) = vu2

2 z u+v2

= vu2

On obtient bien le cercle C, qui a pour centre u+v

2et pour rayon

vu2

. [ Q ]2. On a (z) = 1/z pour tout z de C, puis (0) = et () = 0.

On remarque que = Id. Lapplication est donc une involution de C.Pour toute partie X de C, on a donc z (X) z 1(X) (z) X.(a) Soit D une droite de C passant par lorigine.

Il existe dans C tel que D = {} D, avec D = {, R}.On a () = 0 et (0) =, donc (D) = {0,} {(), R}.Mais quand parcourt R, (w) =

1

=

||2 parcourt {, R}.

On en deduit (D) = = {} , avec = {, R}.(D) est donc la droite de C passant par 0 symetrique de D par rapport a` Ox. [ Q ]

(b) Soit (element de C) le point diametralement oppose a` 0 sur le cercle C.Soit C le cercle C prive de lorigine. On a (C) = {} (C), et (C) C.Pour tout z de C :

z (C) (z) C Re((1

z

)1z

)= 0 Re

(1 z|z|2

)= 0

Re(1 z||2

)= 0 Re

((z 1

) 1

)= 0 Re ((z )) = 0

Dapre`s II.1.a, cest la droite de C, orthogonale en = () au segment [ 0, ].

Ainsi (C) = = {} est une droite de C ne passant pas par 0. [ Q ]




Corrige

(c) Soit une droite de C ne passant par par 0, et soit = {} .Soit la projection de lorigine sur . Soit = (), donc = ().

Soit C le cercle passant par 0 et de diame`tre [ 0, ].On sait depuis la question precedente que (C) = = {} .Mais puisque est involutive, on a () = 1() = C.Ainsi limage de est le cercle C, qui passe par lorigine. [ Q ]

(d) Soit C un cercle ne passant pas par O. On a bien sur (C) C.Soient u et v deux points diametralement opposes et alignes avec 0.

Si le cercle C nest pas centre en 0, il ny a quun diame`tre possible, sinon tout diame`treconvient. Dautre part, il existe dans R tel que v = u.On a : z C Re ((z u)(z v)) = 0 Re ((z u)(z u)) = 0.On trouve donc successivement :

z (C) (z) C Re((1

z u

)(1z u)

))= 0

Re( |u|2|z|2

(1u z

)( 1u

z))

= 0 Re((z 1

u

)(z 1

v

))= 0

Ainsi (C) est le cercle C de diame`tre [u, v ] avec u = (u) et v = (v).Puisque C ne contient par , le cercle C = (C) ne passe pas par 0. [ Q ]

3. Soit C un cercle quelconque de C (donc eventuellement une droite de C).On sait que (C) est un cercle C de C (par exemple une droite...)Ainsi est une application de C dans lui-meme.Cette application est involutive car pour toute partie X de C, on a ((X)) = X.Ainsi realise une bijection (involutive) de C sur lui-meme. [Q ]

III. Homographies et cercles de C.

1. Tout dabord S est une partie (non vide) de H.Cela resulte de la definition sa,b = h(a,b,0,1) et du fait que (a, b, 0, 1) = a 6= 0.On se donne (a, b) et (c, d) dans C C. Posons u = (a, b, 0, 1) et v = (c, d, 0, 1).On sait depuis I.2 que sa,b sc,d = sw avec w = u v = (ac, ad+ b, 0, 1).On en deduit que sa,b sc,d = se,f avec e = ac 6= 0 et f = ad+ b.Il en decoule que S est une partie stable du groupe H.On sait depuis que I.3 que s1a,b = hu , avec u

= (1,b, 0, a).Mais u = au avec u = (1/a,b/a, 0, 1), et s1a,b = hu = hu (cf I.1)Ainsi s1a,b est encore un element de S, qui est donc stable par passage a` linverse.Lensemble S est donc un sous-groupe de H (caracterisation des sous-groupes.)Remarque : lapplication sa,b est definie par sa,b(z) = az+b sur C et par sa,b() =. On auraitpu utiliser ces expressions pour montrer que S est un sous-groupe de H. [ Q ]




Corrige

2. Soit s = sa,b un element de S, avec (a, b) dans C C.Comme s() =, il suffit de considerer la restriction de s : z 7 az + b de s a` C. Si a = 1, lapplication s est la translation z 7 z + b. Il est alors evident que tout cercle (resp.toute droite) de C est dune manie`re lunique limage par s dun cercle (resp. dune droite) deC.

Si a 6= 1, alors s posse`de un unique point fixe donne par = b1 a .

Lapplication s est alors la composee :

De lhomothetie h de centre et de rapport |a|. De la rotation r de centre et dangle arg(a) (2pi).Il est non moins evident que chaque cercle (resp. droite) de C est dune facon unique limagedun cercle (resp. dune droite) aussi bien par h que par r.Par composition, il en est donc de meme pour lapplication s.

Ainsi, dans tous les cas, la similitude directe s realise une bijection de lensemble C sur lui-meme.Plus precisement, et contrairement a` ce qui se passe pour lapplication , lapplication s realiseseparement une bijection de lensemble des droites de C et une bijection de lensemble des cerclesde C. [ Q ]

3. Soit h = hu un element de H, avec u = (a, b, c, d). Si c = 0, alors d 6= 0 (car (u) = ad bc 6= 0) et u = dv avec v = (a/d, b/d, 0, 1).Dans ce cas h est la similitude directe sa,b avec a = a/d 6= 0 et b = b/d.

Si c 6= 0, alors pour tout z de C \ {d/c} :

h(z) =az + bcz + d

=1c

a(cz + d) + bc adcz + d

=a

c ad bc

c

1cz + d

Posons a = ad bcc

= (u)c

6= 0 et b = ac.

On voit que : z C \ {d/c}, h(z) = a(cz + d) + b = sa,b sc,d(z).On a bien sur sa,b sc,d(d/c) = sa,b (0) = sa,b() = = h(d/c).Enfin sa,b sc,d() = sa,b () = sa,b(0) = b = a/c = h().Il en decoule legalite h = sa,b sc,d (entre applications de C dans C.)

Tout h de H est donc dans S ou est la composee de et de deux similitudes. [ Q ]4. On sait depuis la question precedente que toute homographie est une similitude ou se decompose

en le produit de et de deux similitudes.

On sait aussi que et les elements de S realisent des bijections de C.Il en decoule par composition que toute homographie h realise une bijection de C.Soit h = h(a,b,c,d) dans H \ S. Avec les notations precedentes, h = sa,b sc,d.

Soit une droite de C passant par = d/c. Alors : sc,d() est une droite de C passant par 0 (car sc,d() = 0.) sc,d() est une droite de C passant par 0. h() = sa,b sc,d() est une droite de C passant par sa,b(0) = b = a/c.




Corrige

Soit une droite de C ne passant pas par = d/c. Alors : sc,d() est une droite de C ne passant pas par 0. sc,d() est un cercle C passant par 0. h() = sa,b sc,d() est un cercle de C passant par b = a/c.

Soit C un cercle de C passant par = d/c. Alors : sc,d(C) est un cercle de C passant par 0. sc,d(C) est une droite de C ne passant pas par 0. h(C) = sa,b sc,d(C) est une droite de C ne passant pas par a/c.

Soit C un cercle de C ne passant pas par = d/c. Alors : sc,d(C) est un cercle de C ne passant pas par 0. sc,d(C) est un cercle de C ne passant pas par 0. h(C) = sa,b sc,d(C) est un cercle de C ne passant pas par a/c.

On peut donc conclure de facon plus concise :

Si c 6= 0, limage par lhomographie h : z 7 az + bcz + d

:

Des droites de C passant par dcsont les droites de C passant par a

c.

Des droites de C ne passant pas par dcsont les cercles de C passant par a

c.

Des cercles de C passant par dcsont les droites de C ne passant pas par a

c.

Des cercles de C ne passant pas par dcsont les cercles de C ne passant pas par a

c.

On peut meme etre un tout petit plus concis :

Les images des cercles de C passant par dcsont les droites de C.

Les images des cercles de C ne passant pas par dcsont les cercles de C. [ Q ]

IV. Homographies et conservation des angles.

1. Larc 1 est defini par Z1(t) =az1(t) + bcz1(t) + d

, pour tout t de lintervalle I1.

Par hypothe`se, lapplication t 7 z1(t) est de classe C1 sur I1.On en deduit (par composition doperations elementaires sur des fonctions dune variable reelleet a` valeurs complexes) que t 7 Z1(t) est de classe C1 sur I1.Plus precisement :

Pour tout t de I1 : Z 1(t) =az1(t)(cz1(t) + d) cz1(t)(az1(t) + b)

(cz1(t) + d)2=

(ad bc)z1(t)(cz1(t) + d)2

.

On sait que z1(t) ne sannule pas sur I1 car larc 1 est sans point stationnaire.

Puisque (a, b, c, d) = ad bc 6= 0, larc 1 est donc egalement sans point stationnaire.Il en est bien sur exactement de meme pour larc 2. [ Q ]




Corrige

2. On sait que la tangente T1 en A = z1(t1) a` larc 1 est dirigee par z1(t1).

De meme la tangente T2 en A = z2(t2) a` larc 2 est dirigee par z2(t2).

Une mesure (modulo pi) de langle de ces deux droites est : (T1, T2) = argz2(t2)z1(t1)

.

De meme (T1, T2) = arg Z2(t2)

Z 1(t1)mesure langle de T1 et T2 en B.

Sachant que z1(t1) = z2(t2), on a :Z 2(t2)Z 1(t1)

=(ad bc)z2(t2)(cz2(t2) + d)2

(cz1(t1) + d)2

(ad bc)z1(t)=z2(t2)z1(t1)

.

Il en decoule bien sur (T1, T2) = (T1, T2), ce quil fallait demontrer. [ Q ]3. Tout cercle ou toute droite de C est le support dun arc C1 sans point stationnaire.

La droite D passant par et dirigee par u C est parametree par t 7 z(t) = + tu. Le cercle C de centre de rayon r > 0 est parametre par t 7 z(t) = + r eit.On conside`re toujours lhomographie h = h(a,b,c,d).

Donnons-nous C1 un cercle de C (eventuellement une droite de C.)De meme, soit C2 un cercle de C (eventuellement une droite de C.) On suppose que C1 et C2 se rencontrent orthogonalement en z 6= d/c.Dapre`s ce qui prece`de, h(C1) et h(C2) se rencontrent orthogonalement en h(z).

Il reste a` examiner le cas ou` C1 et C2 se rencontrent orthogonalement en z = d/c.Si C1 et C2 sont deux droites se coupant orthogonalement en z = d/c, leurs images sontencore deux droites se coupant orthogonalement en z = d/c. Il suffit pour sen convaincrede revenir a` la question II-2-a et de voir que lhomographie z 7 1/z conserve (par symetrie)lorthogonalite de deux droites au point 0 et (pour revenir au cas general) de se souvenir queles similitudes conservent les angles.

Sinon (cest-a`-dire si C1 ou C2 est un cercle), alors C1 et C2 se coupent orthogonalement en unautre point (different cette fois de d/c) et on applique ce qui prece`de.

Dans tous les cas, les images de C1 et C2 se rencontrent orthogonalement. Puisquon sait quunehomographie transforme les cercles de C en des cercles de C, on peut donc ajouter quelletransforme deux cercles orthogonaux en deux cercles orthogonaux. [Q ]

V. Homographies et conservation de lorthogonalite.

1. On note = {z C, |z|2 + z + z + = 0}, ou` (, , ) R C R et < ||2. Premier cas : 6= 0. Quitte a` diviser par , on peut supposer = 1.On a alors z |z|2 + z + z + = 0 |z + |2 = ||2 > 0.On obtient le cercle de centre = et de rayon r =

||2 > 0.

Quand on fait varier dans C et dans ] , ||2 [, on obtient tous les cercles de C. Deuxie`me cas : = 0. Remarquons que lhypothe`se < ||2 implique 6= 0.Posons = a+ ib, avec (a, b) R2 \ {(0, 0)} et z = x+ iy.On trouve alors : z 2Re (z) + = 0 ax+ by + /2 = 0.En faisant varier = a+ ib dans C et dans R, on obtient toutes les droites de C.

[ Q ]




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2. Soit un cercle ou une droite de C.Soit (E) : |z|2 + z + z + = 0 une equation de (avec les conventions habituelles.)Si = 0, est une droite et on conside`re quelle contient , dimage 0 par : z 7 1/z.Si = 0, alors passe par 0, et () passe par .Limitons-nous aux z de C : leur image par est egalement dans C. On a alors :

z ( C) 1z C |z|2 +

z+

z+ = 0 |z|2 + z + z + = 0.

Ainsi lequation de lensemble () secrit : |z|2 + z + z + = 0.Les cas particuliers evoques ci-dessus sont inclus dans ce resultat : en effet si = 0, cest-a`-diresi est une droite contenant le point a` linfini, on voit que () passe par 0. Dautre part, si = 0, cest-a`-dire si passe par 0 on voit que () est une droite.

Dans tous les cas () est encore un cercle de C, dont lequation sobtient a` partir de lequationde en echangeant les coefficients et et en conjuguant le coefficient . On remarque enfinque la condition de validite < ||2 reste inchangee.On a ainsi retrouve le resultat de II.2 : transforme les cercles de C en cercles de C. [ Q ]

3. Dire que C1 et C2 sont orthogonaux cest dire quils se rencontrent en un point z ou` leurs tangentessont orthogonales. Cela equivaut a` dire que la tangente en z a` lun des cercles est le diame`treen z a` lautre cercle. Cela equivaut encore a` dire que le triangle 1z2 est rectangle en z, ce quisexprime par legalite |2 1|2 = r21 + r22. [ Q ]

4. Il y a differents cas, selon que et sont des cercles ou des droites. Premier cas : 6= 0 et 6= 0 ( et sont des cercles.)Quitte a` diviser par et , on peut supposer = = 1.

Le cercle : |z|2 + z + z + = 0 est centre en = et de rayon r avec r2 = ||2 .Le cercle : |z|2 + z + z + = 0 est centre en = et r2 = ||2 .La condition dorthogonalite secrit :

| |2 = r2 + r2 | |2 = ||2 + ||2 + = + .Cest legalite attendue (compte tenu de lhypothe`se simplificatrice = = 1.)

Deuxie`me cas : = 0 et = 0 ( et sont des droites.)

On sait que la direction de est orthogonale a` celle de (qui est non nul.).

De meme celle de est orthogonale a` la direction definie par 6= 0.La relation + = + secrit ici + = 0, cest-a`-dire Re () = 0.

Elle exprime lorthogonalite des directions et donc celle des droites et .

Troisie`me cas : 6= 0 et = 0 ( est un cercle et une droite.)On peut supposer = 1. Le cercle : |z|2 + z + z + = 0 est centre en = .La droite a pour equation z + z + = 0.

Le relation indiquee dans lenonce secrit ici + = .

Elle secrit donc z + z + = 0 avec z = . Cela signifie que la droite passe par lecentre du cercle , ou encore que cette droite et ce cercle sont orthogonaux.

Dans tous les cas, + = + exprime donc lorthogonalite de et . [ Q ]




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5. On se donne deux droites ou cercles et de C definis par les equations respectives :{(E) : |z|2 + z + z + = 0(E) : |z|2 + z + z + = 0, avec

{(, , ) R C R(, , ) R C R et

{ < ||2 < ||2

On suppose que et sont orthogonaux donc + = + .

On sait que () est le cercle de C dequation : |z|2 + z + z + = 0.De meme () est le cercle de C dequation : |z|2 + z + z + = 0.Les equations ont ete obtenues en echangeant et dune part, et dautre part, et enconjugant chacun des deux nombres complexes et .

Mais dans ces transformations, legalite + = + reste inchangee !

Cette egalite traduit donc aussi lorthogonalite des cercles () et () de C.Ainsi : z 7 1/z conserve lorthogonalite des cercles de C.On sait par ailleurs que toute homographie est soit une similitude directe soit la composee de et de deux similitudes directes (cf III-3). On sait enfin que les similitudes directes conservent lesangles : elles conservent donc en particulier lorthogonalite. On en deduit par composition quetoute homographie de C conserve lorthogonalite des cercles de C. [ Q ]

VI. Homographies, disques et demi-plans.

1. Premier cas : > 0 (donc est un cercle de C.)Quitte a` diviser par (ce qui ne change pas + et ) on peut supposer = 1.

On a Q(z) = |z|2 + z + z + = |z|2 + 2Re ( z) + = |z + |2 (||2 ).Ainsi Q(z) = |z |2 r2 avec = et r2 = ||2 > 0.Dans ces conditions :

On a z + Q(z) > 0 |z | > r z est exterieur a` . On a z Q(z) < 0 |z | < r z est interieur a` .

Deuxie`me cas : = 0 (donc 6= 0 et est une droite de C.)Posons = a+ ib et z = x+ iy.

On a Q(z) = z + z + = 2(ax+ by) + puis :

z + ax+ by > /2.Cest le demi-plan delimite par la droite et designe par la direction de .

z ax+ by < /2.Cest le demi-plan delimite par la droite et designe par la direction de .

Dans tous les cas + et sont les deux parties de C separees par . [Q ]

2. Une equation de = () est Q(z) = 0, avec Q(z) = |z|2 + z + z + (cf V.2)Pour tout z de C, on a : visiblement Q(1/z) = Q(z)/ |z|2.Soient z1, z2 deux elements de C separes par . On a donc Q(z1)Q(z2) < 0.Il en resulte Q(1/z1)Q(1/z1) < 0. Ainsi (z1) et (z2) sont separes par = ().

Compte tenu du caracte`re bijectif de on voit que cette application envoie les deux parties deC separees par sur les deux parties de C separees par = (). [ Q ]




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3. On sait que toute homographie est soit une similitude directe soit la composee de et de deuxsimilitudes directes (cf III-3).

Il est clair dautre part que tout similitude directe s (qui on le sait est une translation ou lacomposee dune rotation et dune homothetie) transforme les deux parties du plan separees parune droite ou un cercle en les deux parties du plans separees par s().

Par composition, cette propriete est donc verifiee par toute homographie.

On peut etre un peu plus precis pour une homographie qui nest pas une similitude. Il suffit eneffet de considerer le comportement de f au voisinage de son pole.

Considerons une homographie h : z 7 az + bcz + d

, avec c 6= 0.

Premier cas : Soit une droite ne passant pas par le pole d/c de h.On sait que h() est un cercle passant par a/c.Le demi-plan defini par et contenant d/c est envoye sur lexterieur de h().Lautre demi-plan (celui qui ne contient pas le pole) est envoye sur linterieur de h().

Deuxie`me cas : Soit un cercle ne passant pas par le pole d/c de h.On sait que h() est un cercle ne passant pas par a/c.

Supposons que le pole d/c soit interieur a` . Dans ce cas linterieur de est envoye surlexterieur de h(), et lexterieur de est envoye sur linterieur de h().

Supposons que le pole d/c soit exterieur a` . Dans ce cas linterieur de est envoye surlinterieur de h(), et lexterieur de est envoye sur lexterieur de h().

Troisie`me cas : soit un cercle passant par le pole d/c de h.On sait que h() est une droite ne passant pas par a/c.Mais a/c est le pole de lhomographie inverse h1, definie par h1(z) =

dz bcz + a .

En reprenant le premier cas ci-dessus, on en deduit que lexterieur de (la partie de C quicontient la point a` linfini) est envoye par h sur le demi-plan delimite par la droite h() et quicontient le pole a/c de h1. Bien sur linterieur de est envoye sur le demi-plan delimite parh() et qui ne contient pas a/c.

Quatrie`me cas : soit une droite passant par le pole d/c de h.On sait que h() est une droite passant par a/c.Dans ce cas il ny a pas grand chose a` dire et a` faire sinon considerer un point z qui nestpas sur et observer que le demi-plan delimite par et contenant z est applique par h sur ledemi-plan delimite par h() et contenant h(z)...

Pour une homographie qui na pas de pole a` distance finie, cest-a`-dire pour une similitudedirecte, la situation est plus simple. Un cercle de C est en effet toujours envoye sur un cercle : linterieur de est applique sur celui de (idem avec les exterieurs.) [ Q ]




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VII. Points fixes dune homographie, birapport.

1. (a) On sait depuis II.3 que est fixe par tout similitude sa,b = h(a,b,0,1) (ou` a 6= 0.)Reciproquement, soit h = h(a,b,c,d) dans H \ S (donc c 6= 0).On sait que h() = a

c6= donc nest pas fixe par h.

Les homographies qui ont comme point fixe sont donc les similitudes, cest-a`-dire lesapplications s definies par : z C, s(z) = az + b, et s() = (a 6= 0.) [Q ]

(b) On distingue deux cas, selon que h est ou nest pas une similitude.

Soit h = sa,b (avec a 6= 0) une similitude de C.On suppose que (a, b) 6= (1, 0) sinon h = Id et tout z de C est point fixe.On sait deja` que est un point fixe de lapplication h.Pour tout z de C, on a s(z) = az + b et s(z) = z (1 a)z = b. Si a = 1 (donc b 6= 0), alors h est une translation et le seul point fixe est . Si a 6= 1, il y a (outre ) un seul point fixe dans C, egal a` = b/(1 a).

Soit h = h(a,b,c,d) une homographie qui nest pas une similitude (donc c 6= 0.)Dune part nest pas fixe par h, et dautre part f(d/c) = 6= d/c.Dans la recherche des points fixes, on peut donc se limiter a` z dans C \ {d/c}.Pour tout z de C \ {d/c} : f(z) = z az + b

cz + d= z cz2 + (d a)z b = 0.

On obtient une equation (E) du second degre de discriminant = (d a)2 + 4bc. Si 6= 0, cette equation posse`de deux solutions distinctes dans C.Dans ce cas, h posse`de deux points fixes distincts (et distincts de ).

Si = 0, lequation (E) posse`de une solution double z = ad2c

.Ce point est donc le point fixe (double) de lapplication h.

Conclusion :

Toute homographie h distincte de lidentite posse`de :

ou bien comme seul point fixe (quand h est une translation distincte de Id.) ou bien deux points fixes distincts (eventuellement lun deux etant , dans le casparticulier des similitudes qui ne sont pas des translations)

ou bien un point fixe double (et a` distance finie.) [ Q ]

2. Soit f une homographie involutive, distincte de Id.

Soit u dans C tel que v = f(u) 6= u. Alors f(v) = u, puisque f est involutive.Reciproquement soit f une homographie de C, distincte de lapplication Id.On suppose quil existe u et v distincts dans C tels que v = f(u) et u = f(v).On sait que f posse`de au moins un point fixe w dans C. Evidemment w / {u, v}.Lapplication g = f2 est alors une homographie telle que g(u) = u, g(v) = v, g(w) = w.

Ainsi lapplication g de H posse`de au moins trois points fixes distincts.On en deduit que g = Id donc que f est involutive.

Ainsi une homographie distincte de Id est involutive elle echange deux points. [ Q ]




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3. On sait que h : z 7 [z1, z2, z3, z] et k : z 7 [1, 2, 3, z] sont des homographies de C.On a h(z1) =, h(z2) = 0 et h(z3) = 1. De meme k(1) =, k(2) = 0 et k(3) = 1.Lhomographie f = k1 h verifie donc f(z1) = 1, f(z2) = 2, et f(z3) = 3.Reciproquement, soit g dans H telle que g(z1) = 1, g(z2) = 2 et g(z3) = 3.Lapplication = g1 f est dans H et : (z1) = z1, (z2) = z2, (z3) = z3.Lhomographie ayant trois points fixes distincts est necessairement lidentite.

Legalite g1 f = Id donne g = f , ce qui demontre lunicite de f . [ Q ]4. Soit C lunique cercle de C qui contient les points z1, z2, z3, cest-a`-dire leur cercle circonscrit

sils ne sont pas alignes et la droite qui les contient sils sont alignes.

Lhomographie h : z 7 [z1, z2, z3, z] verifie h(z1) =, h(z2) = 0 et h(z3) = 1.Notons R la droite R {} de C formee des reels et de lelement .On sait que lhomographie h1 transforme tout cercle de C en un cercle de C.

Or h1(0) = z2, h1(1) = z3 et h1() = z1.Ainsi limage reciproque du cercle R de C par h contient z1, z2, z3.

Il en decoule que cette image reciproque est le cercle C de C.On en deduit les equivalences, pour z4 dans C \ {z1, z2, z3} :h(z4) = [z1, z2, z3, z4] R z4 C z1, z2, z3, z4 sont sur le meme cercle de C.Remarque : si z1, z2, z3, z4 sont distincts dans C (donc si z4 6= ) ce resultat signifie quez1, z2, z3, z4 sont cocycliques ou alignes le birapport [z1, z2, z3, z4] est reel. [ Q ]

5. On conside`re les homographies g : z 7 [z1, z2, z3, z] et h : z 7 [f(z1), f(z2), f(z3), z].On a : g(z1) =, g(z2) = 0, g(z3) = 1 et h(f(z1)) =, h(f(z2)) = 0 et h(f(z3)) = 1.Ainsi lhomographie k = h1 g verifie k(z1) = f(z1), k(z2) = f(z2), k(z3) = f(z3).Or une homographie est determinee de facon unique par limage de trois points distincts.

On en deduit legalite k = f , cest-a`-dire g = h f .En particulier [f(z1), f(z2), f(z3), f(z4)] = h(f(z4)) = g(z4) = [z1, z2, z3, z4]. [ Q ]

6. On choisit z1, z2, z3 distincts dans C, tels que f(z1), f(z2), f(z3) soient distincts de .Puisque f est injective, les trois images f(z1), f(z2), f(z3) sont distinctes dans C.

On conside`re les homographies g : z 7 [z1, z2, z3, z] et h : z 7 [f(z1), f(z2), f(z3), z].Comme precedemment, on conside`re lhomographie k = h1 g.Pour tout z de C \ {z1, z2, z3}, on a [f(z1), f(z2), f(z3), f(z4)] = [z1, z2, z3, z4] (cela nest autreque lhypothe`se sur la conservation du birapport par lapplication f)

Autrement dit, h(f(z4)) = g(z4) donc f(z4) = k(z4) pour tout z de C \ {z1, z2, z3}.On verifie ensuite que k(z1) = h1 g(z1) = h1() = f(z1).De meme k(z2) = h1 g(z2) = h1(0) = f(z2) et k(z3) = h1 g(z3) = h1(1) = f(z3).Finalement f(z) = h(z) pour tout z de C, ce qui prouve que f est lhomographie h. [ Q ]




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VIII. Conjugaison des homographies

1. (a) Cest une question classique qui na rien a` voir avec les homographies. Tout dabord chaque application h est bien un morphisme du groupe H. En effet : (f, g) H2,h(f) h(g) = h f h1 h g h1 = h f g h1= h(f g)

Soit h dans H. Pour tous f, g de H, on a :g = h(f) g = h f h1 f = h1 g h f = h1(g).Chaque h est donc un automorphisme de H, et (h)1 = h1 .

Soient h et k deux homographies. Pour tout f de H, on a :(k h)(f) = k h(f) k1 = k h f h1 k1 = (k h) f (k h)1 = kh(f).Autrement dit kh = k h. Lapplication est donc un morphisme.

Ainsi est un morphisme de H dans le groupe des automorphismes de H. [ Q ](b) Soit h une homothetie commutant avec la translation t et les symetries sa.

Puisque h t = t h, on a : h(t()) = t(h()) donc h() = t(h()).Il en resulte que h() = (le seul point fixe de t dans C.)Puisque h sa = sa h, on a : h(sa(a)) = sa(h(a)) donc h(a) = sa(h(a)).Il en resulte que h(a) {a,} (les deux seuls points fixes de sa dans C.)On sait deja` que h() =. La seule possibilite est donc h(a) = a.Ainsi h(a) = a pour tout a de C. Lapplication h est donc lidentite de C. [ Q ]

(c) Soit h un element du noyau de .

Cela signifie que (h) est lidentite du groupe Aut(H) des automorphismes de H.Autrement dit h(f) = h f h1 est egal a` f pour tout f de H.Cela secrit h f h1 = f cest-a`-dire h f = f h pour tout f de H.Ainsi h commute avec tous les elements f de H. La question precedente montre que lap-plication h est necessairement lhomographie identite.

Le noyau de se reduisant au neutre de H, le morphisme est injectif. [ Q ]2. (a) La` encore cest classique et sans rapport particulier avec les homographies.

Pour tout f de H, on a f f car f = h(f) avec h = Id. Soient f, g dans H. Si g = h(f) alors f = k(g) avec k = h1 (et k H.) Soient f1, f2, f3 dans H tels que f1 f2 et f2 f3.Il existe donc g, h dans H tels que f2 = g(f1) et f3 = h(f2).On en deduit f3 = (h g)(f1) = k(f1) avec k = h g (et k est dans H.)

La relation de conjugaison est reflexive, symetrique, transitive.Cest donc une relation dequivalence sur lensemble H.Pour tout h de H, on a h(Id) = h Id h1 = Id.La classe dequivalence de Id est donc reduite a` lapplication Id elle-meme.

Enfin, si f = h(g) = h g h1, alors, pour tout n de N :fn = (h g h1)n = (h g h1) (h g h1) (h g h1) = h gn h1.On a donc bien limplication f g fn gn. [ Q ]




Corrige

(b) Soient f, g deux homographies conjuguees.

Il existe donc h dans H telle que g = h f h1 cest-a`-dire g h = h f .Soit z dans C. On a f(z) = z (h f)(z) = h(z) g(h(z)) = h(z).Autrement dit, z est fixe par f si et seulement si h(z) est fixe par g.

La bijection h envoie donc les points fixes de f sur ceux de g.

Il sensuit que f et g ont exactement le meme nombre de points fixes dans C. [ Q ]

(c) On se donne deux translations t : z 7 z + et t : z 7 z + , avec 6= 0 et 6= 0.Il sagit de montrer quil existe h dans H tel que t h = h t.Si h existe, elle envoie (seul point fixe de t) sur (seul point fixe de t .)h est donc necessairement une similitude z 7 az + b avec (a, b) C C.Legalite t h = h t secrit alors az + b+ = a(z + ) + b pour tout z de C.Cela equivaut a` = a cest-a`-dire a = /.On a donc t = h(t) pour toutes les similitudes z 7 h(z) = z + b, avec b C.Conclusions : les deux translations t et t sont conjuguees. [ Q ]

(d) On se donne : z 7 z et : z 7 z, avec , distincts de 0 et 1.Il sagit de montrer quil existe h dans H tel que h = h .Si h existe, elle envoie les points fixes sur sur ceux de (voir b).

Or les points fixes des applications et sont 0 et .Si lapplication h existe, elle verifie donc h({0,}) = {0,}. Premier cas : h(0) = 0 et h() =.Lapplication h est donc necessairement de la forme z 7 az, avec a C.Legalite h = h equivaut alors a` az = az pour tout z, cest-a`-dire = .

Deuxie`me cas : h(0) = et h() = 0.Lapplication h est donc necessairement de la forme z 7 a/z, avec a C.Legalite h = h equivaut alors a` az = a z pour tout z, cest-a`-dire = 1 .

Conclusion : et sont conjuguees si et seulement si = ou = 1 . [ Q ]

3. (a) Posons g = h f h1. On constate que{g(0) = h f() = h() = 0g() = h f() = h() =

Les conditions{g(0) = 0g() = signifient que g est une similitude de point fixe 0.

Cela equivaut a` dire quil existe dans C tel que, pour tout z : g(z) = z.

Avec ces notations on a donc h f h1 = , cest-a`-dire f = h1 h. [ Q ](b) Les deux poins fixes de f sont et .

Posons g = h f h1. On constate que{g(0) = h f() = h() = 0g() = h f() = h() =

On termine alors comme en (a). [ Q ]




Corrige

(c) Posons g = h f h1. On constate que g() = (h f)() = h() =.Dautre part lapplication g posse`de (tout comme f) un seul point fixe (voir (2b)).

Il sensuit que g est une translation t distincte de lidentite, et f = h1 t h. [ Q ](d) On sait que lapplication Id = 1 nest conjuguee qua` elle-meme.

Les questions (2c) et (3b) montrent que toute homographie ayant deux points doublesconfondus est conjuguee a` une translation distincte de Id, et que toutes les translationsdistinctes de lidentite (c-a`-d les homographies ayant pour seul point double) sontconjuguees entre elles, et par exemple a` t : z 7 z + 1.

Les questions (3a) et (3b) ont montre que tout homographie possedant deux points fixesdistincts (lun deux etant eventuellement egal a` dans le cas des similitudes qui nesont pas des translations) est conjuguee a` une application : z 7 z.Mais on sait depuis (2d) que est conjuguee a` 1/. On peut donc imposer || 1. Ily a unicite de (toujours en vertu de (2d)) sauf si || = 1 auquel cas et conviennent(et dans ce dernier cas on retrouve lunicite en imposant Re () 0.)

Finalement il y a une bijection entre les classes de conjugaison de H et lensemble { C, 0 |z| < 1} { eit, 0 t pi} en associant a` la translation z 7 z + 1 si = 0 (parconvention) et sinon la transformation : z 7 z. [ Q ]

IX. Puissances dhomographies

1. (a) Supposons que f soit conjuguee a` t : z 7 z + 1 (c-a`-d que f posse`de un unique point fixedans C.) Alors il existe h dans H tel que f = h t h1.On en deduit tn = (h1 f h)n = h1 fn h = h1 Id h = Id.Mais ceci est absurde car tn est la translation t : z 7 z + n, et n N.f est donc necessairement conjuguee a` une application : z 7 z.Ainsi il existe h dans H tel que f = h z h1.Dans ces conditions, fn = Id h nz h1 = Id nz = h1 Id h = Id.Or nz est lapplication z 7 nz, donc : nz = Id n = 1.Conclusion (en notant Un le groupe des racines n-ie`mes de lunite) :Pour tout f de H, pour tout n de N, fn = Id Un, f . [ Q ]

(b) On sait que f1 = hv avec v = (d,b,c, a).On a f2 = Id f = f1 hu = hv C, v = u.Remarque : la condition 6= 0 est necessairement realisee car u et v sont dans E.Legalite v = u secrit : d = a, a = d, et (1 + )b = (1 + )c = 0.

Premier cas : b = c = 0 (donc a 6= 0 et b 6= 0 car ad bc 6= 0.)Il reste a = 2a donc {1, 1}. Or = 1 donnerait f = Id.Le syste`me equivaut alors a` = 1 cest-a`-dire d = a.

Deuxie`me cas : b 6= 0 ou c 6= 0. Le syste`me equivaut a` = 1 cest-a`-dire d = a.Conclusion : on a bien lequivalence f2 = Id d = a. [ Q ]




Corrige

(c) On se donne f dans H telle que f() = et f() = . Supposons que , soient distincts de . Notons h : z 7 z

z .

On sait dapre`s (3a) quil existe dans C tel que f = h1 h.Mais f2 = Id 2 = Id 2 = 1 = 1 (car f 6= Id.)On trouve donc une seule solution, definie par f : z 7 (h1 1 h)(z).Or h1 secrit z 7 z

z1 et 1 = Id.

On trouve f(z) = h1(h(z)) = h(z) + h(z) + 1

=z z + z z + 1

=(+ )z 22z (+ ) .

On suppose maintenant C et =.On definit h : z 7 z . Dapre`s (3a) : C tel que f = h1 h.Mais f2 = Id 2 = Id 2 = 1 = 1 (car f 6= Id.)On trouve donc une seule solution, definie par f : z 7 (h1 1 h)(z).On trouve f(z) = h1(h(z)) = h(z) + = 2 z.Lunique solution est bien sur la symetrie par rapport a` .

On a ainsi verifie quil existe une unique homographie involutive f possedant deux pointsfixes distincts et donnes dans C, et on a trouve lexpression de f . On rappelle quunehomograhie ayant un seul point double dans C ne peut pas etre involutive (car elle estconjuguee a` la translation z 7 z + 1.) [Q ]

(d) Cest comme ci-dessus, sauf quon trouve les deux valeurs = j et = j2.

Si {, } C, on utilise h : z 7 zz . Si =, on utilise h : z 7 z .

Si , sont dans C :Pour = j : f(z) = h1(jh(z)) =

jh(z) + jh(z) + 1

=jz z +

jz z + 1

= (+ j)z + j2

j2z + (j+ ).

Pour = j2 : f(z) = (+ j2)z + j

jz + (j2+ ).

Si C et = :Avec = j, on trouve f(z) = h1(jh(z)) = jh(z) + = j(z ) + .Avec = j2, on trouve f(z) = h1(j2h(z)) = j2h(z) + = j2(z ) + .On obtient les rotations dangle 2pi

3ou 4pi

3autour de .

On a ainsi trouve les deux seules homographies f verifiant{f 6= Idf3 = Id

et{f() = f() =

[ Q ]

(e) Ce sont les meme calculs que ci-dessus, en utilisant h : z 7 z+1z1 , qui verifie h

1 = h.

Pour on trouve les trois valeurs i,1,i.

On trouve f(z) = h1(h(z)) =h(z) + 1h(z) 1 =

z + 1z 1 + 1

z + 1z 1 1

=(+ 1)z + 1( 1)z + + 1

Pour = i,1,i, on trouve : f1(z) = z + iiz + 1

, f2(z) =1zet f3(z) =

iz + 1z + i

.

On verifie immediatement que f2 = f21 et f3 = f31 .

Chacune des applications f1 ou f3 engendre le groupe cyclique {Id, f1, f2, f3}. [ Q ]




Corrige

2. (a) Soit f une homographie telle que f(u) = v et f(v) = u, avec u 6= v.La question VII.2 nous dit que f est necessairement une involution.

Dapre`s IX.1.b les involutions distinctes de Id sont les applications f : z 7 az + bcz a .

Il reste a` ecrire f(u) = v (car f(v) = u en decoule.)

Premier cas : commencons par supposer que u et v sont dans C.

On a : f(u) = v au+ bcu a = v au+ b = v(cu a) b = cuv a(u+ v).

Les solutions sont donc les homographies f : z 7 az + cuv a(u+ v)cz a .

Pour c = 0 (cest-a`-dire si on cherche les similitudes qui conviennent).On trouve lunique solution f : z 7 u+ v z (symetrie par rapport a` 1

2(u+ v).)

Pour c 6= 0, on peut (remplacer a par a/c) supposer c = 1.On obtient alors les solutions sous la forme plus simple f : z 7 az + uv a(u+ v)

z a .Deuxie`me cas : supposons par exmple v =.Les involutions cherchees ne peuvent etre des similitudes (car nest pas fixe.)Ce sont donc des involutions f : z 7 az + b

cz a avec c 6= 0, et on peut supposer c = 1.Il reste a` ecrire f() = u (car f(u) = sen deduit.) ce qui donne a = u.Les homographies echangeant u C et sont donc les f : z 7 uz + b

z u . [ Q ]

(b) Dapre`s VII.3 il existe une unique homographie f transformant respectivement u, v, w entrois points donnes (distincts) dans C. En particulier il existe une unique f de H telle quef(u) = v, f(v) = w et f(w) = u.

Lapplication f verifie f3(u) = f2(v) = f(w) = u, f3(v) = v et f3(w) = w.

Ainsi lhomographie f3 a trois points fixes distincts. Dapre`s VII.1.b, f3 = Id.

Lapplication f envoie le cercle C passant par u, v, w (une droite sils sont alignes) sur lecercle C passant par f(u) = v, f(v) = w, f(w) = u cest-a`-dire bien sur sur C.On pose f : z 7 az + b

z + det on cherche a, b, c tels que f(0) = 1, f(1) = i, f(i) = 0.

On trouve b = d, a+ b = i(d+ 1) et b = ai, donc a = 1, b = d = i.Lhomographie cherchee est donc definie par f : z 7 z + i

z + i. [ Q ]

(c) Si f existe, alors f(t) = u, f(u) = v, f(v) = w, ce qui assure son unicite (cf VII.3).

Lapplication f est alors definie par legalite [t, u, v, z] = [u, v, w, f(z)] (cf VII.6.)

Dans ces conditions, f est solution f(w) = t [t, u, v, w] = [u, v, w, t].

[t, u, v, w] = [u, v, w, t] (v t)(w u)(v u)(w t) =

(w u)(t v)(w v)(t u)

(u t)(w v)(u v)(w t) = 1.

Autrement dit f(w) = t [t, v, u, w] = 1, ce quil fallait demontrer.Enfin, notons que f4(t) = t, f4(u) = u, f4(v) = v et f4(w) = w.

Lhomographie f , possedant plus de deux points fixes, est egale a` lidentite. [ Q ]




Corrige

3. (a) Si lunique point fixe de f est , cest que f est une translation de vecteur 6= 0.Dans ce cas, zn = z0 + n et lim

n zn =.On suppose donc C. On sait que f = h1 t h ou` h : z 7 1

z et t : z 7 z + 1.On en deduit fn = h1 tn h pour tout n de N.Ainsi zn = fn(z0) = h1(tn(h(z0))) = h1(h(z0) + n) = +

1h(z0) + n

.

Il en resulte limn zn = . [ Q ]

(b) Commencons par supposer que et sont distincts de .On sait quil existe dans C \ {0, 1} tel que f = h1 h, avec h : z 7 zz .On a alors : n N, zn = fn(z0) = (h1 h)(z0) = (h1 n h)(z0).Autrement dit : n N, zn = h1(nh(z0)). On a h(z0) 6= 0 car z 6= . Si || < 1, alors lim

nn = 0 donc lim

n zn = h1(0) = .

Si || > 1, alors limn |

n| = donc limn zn = h

1() = . Si || = 1, alors la suite n 7 nh(z0) ne converge pas car || = 1 mais 6= 1.Il en decoule que la suite (zn) est elle aussi divergente.

On note que les resultats ci-dessus sont independants du choix de z0.

Supposons maintenant que soit dans C mais quon ait =.Alors il existe dans C \ {0, 1} tel que f = h1 h, avec h : z 7 z .On en deduit zn = h1(nh(z0)) = + n(z0 ).Les resultats sont alors les memes que ceux enonces ci-dessus (quand || > 1 par exemple,on a lim

n zn = = .) [ Q ]

X. Homographies envoyant un disque donne sur un disque donne

1. (a) On a bien linclusion R+ R, et les calculs faits en I.2 et I.3 montrent que ces deuxensembles (non vides) sont stables par composition et par passage a` linverse. [ Q ]

(b) Soit h : z 7 az+bcz+d

un element de R (donc (a, b, c, d) R4.)On sait que h(R) est un cercle de C, et il est clair que h(R) R. Donc h(R) = R.Reciproquement, soit h : z 7 az+b

cz+dune homographie telle que h(R) = R.

Supposons c = 0 (donc d 6= 0, que lon peut supposer egal a` 1.)Alors h(0) = b est reel et a = h(1) b est reel donc a est reel. Ainsi h R.

Supposons c 6= 0. On peut donc supposer c = 1. Ainsi h : z 7 az+bz+d

.

Par hypothe`se a = h() est dans h(R) = R donc a est un reel.De meme h1() = d est dans h1(R) = R donc d est un reel.On en deduit que h(1 d) = a(1 d) + b est reel donc que b est reel. Ainsi h R.

On a donc lequivalence : h R h(R) = R. [ Q ]




Corrige

(c) Soit h : z 7 az+bcz+d

un element de R+, donc tel que (a, b, c, d) R4 et ad bc > 0.Puisque h R, on a h(R) = R. Ainsi h(P) = P ou h(P) = P = {z C, Im (z) < 0} (onutilise ici le resultat de la question VI.3)

Il suffit de verifier que = h(i) est dans P. Or : Im = Im ai+bci+d

= adbcc2+d2

> 0.

Reciproquement, soit h une homographie telle que h(P) = P.Lapplication h envoie necessairement R sur R puisquon sait que toute homographie envoiechacune des deux parties de C separees par une droite ou un cercle C sur chacune des deuxparties de C separees par la droite ou le plan image de C.)Lapplication h est donc dans R. Posons h(a,b,c,d) avec (a, b, c, d) R4.Comme ci-dessus, i P h(i) P adbc

c2+d2> 0 ad bc > 0, donc h R+.

On a donc prouve lequivalence : h R+ h(P) = P. [ Q ]2. (a) Il suffit de montrer que H envoie R sur le cercle unite U , et i P sur un point de D.

Pour tout reel x, on a |H(x)| =xix+i = 1. Donc H(R) U ca`d H(R) = U .

On termine en remarquant que H(i) = 0 est dans D. [ Q ]

(b) En utilisant les resultats precedents, on obtient les equivalences :

f(D) = D (f H)(P) = H(P) (H1 f H)(P) = P H1 f H R+Ainsi f(D) = D g R+, f = H g H1.Dapre`s I.3, ou par un calcul direct, H1 est definie par z 7 i(z + 1)

z 1 .Soit g : z 7 az + b

cz + dquelconque dans R+ avec (a, b, c, d) R4 et ad bc > 0.

Un calcul facile donne : f(z) =(a+ d+ (b c)i)z + a d (b+ c)i(a d+ (b+ c)i)z + a+ d (b c)i

En posant{ = a+ d+ (b c)i = a+ d+ (b+ c)i on trouve f(z) =

z z

Remarquons que

{||2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2(ad bc) > 0||2 = a2 + b2 + c2 + d2 2(ad bc) < ||2 donc 0 || < ||.

Avec u =

et =

, on trouve donc : f(z) = u

z 1 z ou` |u| = 1 et || < 1.

Reciproquement, avec cette definition : |z| = 1 |z | = |1 z| |f(z)| = 1.Ainsi f(U) U donc f(U) = U . Enfin |f(0)| = || < 1, ce qui prouve que f envoie D sur D(et non pas sur la couronne exterieure au cercle unite.)

Conclusion : les solutions sont les f : z 7 u z 1 z avec |u| = 1 et || < 1. [Q ]

(c) Lapplication s,r : z 7 rz + envoie D sur D,r, et s1,r : z 7 (z )/r.On a h(D,r) = D,r (h s,r)(D) = s,r(D) (s1,r h s,r)(D) = DLes solutions sont donc les h de H telles que f = s1,r h s,r envoie D sur D.

Ce sont donc les h = s,r f s1,r, avec f : z 7 uz gamma

1 z ou`{ |u| = 1|| < 1

On trouve les homographies h : z 7 + ru z rr (z ) avec |u| = 1 et || < 1. [Q ]


I. Le groupe des homographiesII. L'homographie z1/z et les cercles de C"0362CIII. Homographies et cercles de C"0362CIV. Homographies et conservation des anglesV. Homographies et conservation de l'orthogonalitVI. Homographies, disques et demi-plansVII. Points fixes d'une homographie, birapportVIII. Conjugaison des homographiesIX. Puissances d'homographiesX. Homographies envoyant un disque donn sur un disque donnCorrig du problmeI. Le groupe des homographies.II. L'homographie z1/z et les cercles de C"0362C.III. Homographies et cercles de C"0362C.IV. Homographies et conservation des angles.V. Homographies et conservation de l'orthogonalit.VI. Homographies, disques et demi-plans.VII. Points fixes d'une homographie, birapport.VIII. Conjugaison des homographiesIX. Puissances d'homographiesX. Homographies envoyant un disque donn sur un disque donn

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