[PDF] Des homographies `a lénumération des triplets pythagoriciens

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Des homographies a l'enumeration des triplets pythagoriciens

Nathan Noiry

21 juin 2013

On se propose dans ce document d'enumerer les triplets pythagoriciens a l'aide d' un sous- groupe du groupe PSL

2(Z). Pour cela, on commencera par enoncer quelques generalites sur les

homographies, on etudiera ensuite l'action d'un groupe d'homographie particulier. On sera alors en mesure de faire le lien entre un sous-groupe de PSL

2(Z) et les triplets pythagoriciens. Le lien en

question a ete expose dans [1].

1 Generalites sur les homographies

Une homographie est une application deP1dansP1, l'ensembleP1etant l'ensemble des nombres complexes auquel on ajoute un point a l'inni :P1=C[ f1g. On associe une homographie a une matrice 22 a coecients complexes. Plus precisement, aA2 M2(C), on associe l'homographiehAdeP1dansP1denie par :

8z2P1; hA(z) =az+bcz+d;ouA=a b

c d On utilise les conventions habituelles sur l'inni. Ainsi, lorsquec= 0,hA(1) =1. Sinon lorsque c6= 0, on ahA(d=c) =1ethA(1) =a=c. L'homographiehAest une bijection lorsqueadbc6= 0, dans le cas contraire c'est la fonction constante egale aa=c. On ne considerera pas ici ce second cas, qui presente peu d'inter^et. On nommera ainsi abusivement homographie une applicationhA avecA2GL2(C), et l'on noteraHl'ensemble de ces homographies.

1.1 Le groupe des homographies

On va montrer dans cette partie queHest un groupe et queHest isomorphe a un sous-groupe quotient particulier de GL

2(C). Un petit lemme pour commencer.

Lemme 1.PourAetA0dansGL2(C), on ahAhA0=hAA0.

Demonstration.Fixonsa;b;c;d;a0;b0;c0;d02Ctels queadbc6= 0 eta0d0b0c06= 0. On a : AA

0=aa0+bc0ab0+bd0

ca

0+dc0cb0+dd0

;ouA=a b c d etA0=a0b0 c 0d0 De plus, on a bienAA02GL2(C) car det(AA0) = det(A)det(A0)6= 0. Soit alorsz2P1, on a : h

AhA0(z) =aa0z+b0c

0z+d0+bc

a0z+b0c

0z+d0+d=(aa0+bc0)z+ (ab0+bd0)(ca0+dc0)z+ (cb0+dd0)=hAA0(z):1

Proposition 1.L'ensembleHest un sous-groupe des bijections deP1. Demonstration.L'identite deP1est l'homographie associee a la matrice identite. La composition des applications est associative. Le lemme 1.1 montre queHest stable pour la composition, et que tout homographie admet un inverse dansH, en eet, pourA2GL2(C) il existe par denition A

12GL2(C) telle queAA1=A1A=I. AinsiHest un sous-groupe des bijections deP1.Proposition 2.SoientA;A02GL2(C). Alors,hA=hA0si et seulement s'il existe2Ctel que

A 0=A. Demonstration.Le sens reciproque est le plus facile : xonsA,A0dans GL2(C) et2Ctel que A

0=A. Soitz2P1. On a :

h

A0(z) =az+bcz+d=az+bcz+d=hA(z);ouA=a b

c d Pour le sens direct, on va utiliser le lemme 1.1. SoientA;A02GL2(C). Supposons quehA=hA0. En composant a droite parhA1il vienthA0A1= Id. Fixons alors;b;c;d2Ctels que : A

0A1= b

c d

On a alors :

8z2C; z6=d=c;z+bcz+d=z()cz2+ (d)zb= 0

Ainsi le polyn^omecz2+(d)zbs'annule en une innite de valeurs dez, c'est donc le polyn^ome nul. Il vientc=d=b= 0, doncA0A1=I, et6= 0 sinon det(A0A1) = 0.

Finalement,A0=A. Ceci acheve la demonstration.La proposition 2 nous permet d'identierHau groupe PGL2(C) qui n'est autre que le quotient

de GL

2(C) par le sous-groupeCId : on identie une matrice et ses multiples non nuls.

1.2 Le birapport

On donne la denition du birapport pour commencer.

Denition .Soient quatre complexes distinctsz1,z2,z3etz4, on denit leur birapport par : [z1;z2;z3;z4] =z1z3z

1z4z2z4z

2z3 Remarque : la denition s'etend a quatre elements distincts deP1car si un desziest1, l'ex- pression est une homographie en cezi. On va montrer que loin d'^etre un outil uniquement calculatoire, le birapport est un inva- riant : etant donne quatre elements deP1, une homographie conserve leur birapport. Et m^eme, reciproquement, on verra que si deux quadruplets de points ont le m^eme birapport, alors ils sont images l'un de l'autre par une homographie. Le lemme suivant est la cle de vo^ute de notre demonstration. 2 Lemme 2.Soientz1;z2;z3;z42Pdistincts, il existe une unique homographiehtelle que h(z1) =1; h(z2) = 0; h(z3) = 1:

On a alors :h(z4) = [z1;z2;z3;z4].

Demonstration.Soita;b;c;d2C. On va resoudre le systeme (E) :8 :az 1+bcz 1+d=1 az 2+bcz

2+d= 0

az 3+bcz

3+d= 1:

Supposons dans un premier temps quez1;z2;z32C. On a : (E)()8 :cz

1+d= 0

az

2+b= 0

az

3+b=cz3+d:

Il vient alorsa(z3z2) =c(z3z1) et donc :

8< :a=cz3z1z

3z2d=cz1

b=cz2z3z1z 3z2: Aucun denominateur ne s'annule car, par hypothese, les quatre complexes sont distincts. Rappelons qu'une homographie est determinee par la donnee d'un element de PGL

2(C). Ainsi en appelanth

l'homographie associe a la matrice : z3z1z

3z2z2z3z1z

3z21z1

on ah(z1) =1; h(z2) = 0; h(z3) = 1 ethest unique (on a prisc= 1 et on a le droit avec la remarque ci-dessus : n'importe quel choix decnon nul donne lieu a la m^eme homographie).

On calcule alorsh(z4) :

h(z4) =z 3z1z

3z2z4z2z3z1z

3z2z

41z1=(z4z2)(z3z1)(z4z1)(z3z2)= [z1;z2;z3;z4]

Il nous faut maintenant considerer trois autres cas (on detaillera moins les etapes qui sont exac- tement les m^eme que ci-dessus).

Siz1=1, on a :

(E)()8 :c= 0 b=az2 d=a(z3z2): Cette fois le parametre estaest on a bien une unique homographie associee.

Siz2=1, on a :

(E)()8 :d=cz1 a= 0 b=c(z3z1): Ici le parametre estc, on a bien toujours une unique homographie associee. 3

Siz3=1, on a :

(E)()8 :d=cz1 b=cz2 a=c:

Le parametre est encorecet on a bien une unique homographie associee.On montre alors, comme annonce, que le birapport est un invariant, autrement dit :

Theoreme 1.Soientz1;z2;z3;z4;z01;z02;z03;z042Ctels quex;y;z(resp.x0;y0;z0) soient deux a deux distincts. Les enonces suivants sont equivalents. (i) il existe une homo graphiehtelle que :h(zi) =z0ipour touti; (ii)[z1;z2;z3;z4] = [z01;z02;z03;z04].

Demonstration.On procede par double implication.

(i))(ii) On considere l'homographiegtelle queg(z1) =1,g(z2) = 0 etg(z3) = 1, et l'homo- graphieg0telle queg0(z01) =1,g0(z02) = 0 etg0(z03) = 1 donnees par le lemme 1.2. On alors alors g

0h(z1) =1,g0h(z2) = 0 etg0h(z3) = 1. Le lemme montre ainsi que les homographiesget

g

0hsont egales, et l'on a :

g(z4) = [z1;z2;z3;z4] =g0(z04) = [z01;z02;z03;z04]: (ii))(i) Supposons que [z1;z2;z3;z4] = [z01;z02;z03;z04]. On considere les m^emes applicationsget g

0. Par le lemme,g(z4) = [z1;z2;z3;z4] etg0(z4) = [z01;z02;z03;z04]. Mais alorsh=g01gest une

homographie et : 8>><

>:h(z1) =g01g(z1) =g01(1) =z01h(z2) =g01g(z2) =g01(0) =z02h(z3) =g01g(z3) =g01(1) =z03h(z1) =g01g(z4) =g01([z1;z2;z3;z4]) =g01([z01;z02;z03;z04]) =z04():

() : on a utilise l'hypothese.Le birapport donne un critere de cocyclicite pratique. Rappelons que quatre points distincts

A;B;C;Dsont cocycliques ou alignes si, et seulement si : (!AC;!AD)\(!BC;!BD) []: Ce qui est equivalent, en notant les axes correspondantes respectiveszA;zB;zC;zD, a :

9k2Z;arg(zDzAz

CzA) = arg(zDzBz

CzB) +k:(1)

On obtient alors aisement la caracterisation suivante. Proposition 3.Quatre points distincts sont cocycliques ou alignes si, et seulement si leur birapport est reel. Demonstration.En eet, en reprenant l'equivalence ci-dessus : (1)() 9k2Z;arg(zDzAz

CzAzCzBz

DzB) =k

()[zA;zB;zC;zD]2R:4 Proposition 4.Une homographie transforme un cercle ou une droite en un cercle ou une droite. Demonstration.SoitCun cercle-droite (par cercle-droite, on entendun cercle ou une droite) et A;B;C2 Cdistincts. Soithune homographie. Pour un pointMdistinct deA;BetC, on aM2 C si et seulement si [A;B;C;M]2R, si et seulement si [h(A);h(B);h(C);h(M)]2R, si et seulement sih(M)2 CouCest le cercle circonscrit ah(A);h(B);h(C) { ou la droite (h(A)h(B)) si ces points sont alignes. Donch(C) C0. Reciproquement pourN2 C0par surjectivite deh, il existeM2P1

tel queh(M) =Net par le m^eme raisonnement,M2 C: on a l'inclusion reciproque.En resume, une homographie est entierement determinee par la donnee de l'image de trois

points distincts, on dit qu'elle sont 3-transitives (le lecteur s'en convaincra en utilisant le lemme

et les homographiesgetg0de la demonstration ci-dessus). Le birapport de quatre points distincts est invariant par une homographie. Notons que nous avons deni le birapport algebriquement, puis nous en avons deduit qu'il etait un invariant; mais la demarche inverse est egalement possible : on renvoie a [5] pour plus d'informations sur le sujet.

2 Etude d'un groupe libre :(2)

2.1 Groupe engendre par une partie

On rappelle ici deux resultats classiques { on pourra par exemple voir [4] { sur les groupes engendres par une partie, s'appuyant sur le lemme suivant. Lemme 3.Toute intersection d'une famille non vide de sous-groupes est un sous-groupe. Demonstration.SoitGun groupe. Donnons nous une famille (Hi)i2Inon vide de sous-groupes deG { i.e.Iest un ensemble non vide et pouri2I,Hiest un sous-groupe deG. Soit alorsH=T i2IHi. L'ensembleHest non vide car pour touti2I,eG2Hi. Soienth;h02H, pour touti2I, on a h;h

02Hiet donch0h12Hi, ce qui donneh0h12H.Denition .SoitXune partie d'un groupeG. On appelle sous-groupe engendre parXl'intersec-

tion de tous les sous-groupes deGcontenantX. On notehXi.

On a la caracterisation suivante :

Proposition 5.En reprenant les notations ci-dessus, le sous-groupe engendre parXest le plus petit sous-groupe deGcontenantX. Demonstration.NotonsHl'ensemble des sous-groupes deGcontenantX. CommeG2 H, cet ensemble est non vide. On ahXi=T

H2HH. Soit alorsK2 H. Pour toutx2 hXion ax2K

par denition dehXi, en particulierx2K. AinsiK hXi, ce qui prouve quehXiest bien le plus

petit sous-groupe deGcontenantX.Cette proposition nous donne une caracterisation du groupe engendre, mais pas une description,

d'ou l'inter^et de la proposition suivante. Proposition 6.SoitXune partie non vide d'un groupeG. On a : hXi=( nY i=1x "ii; n2N; xi2X; "i2 f0;1;1g) 5 Demonstration.On supposeX6=;sinon la propriete est immediate. Soitn2N, on se donne (x1;:::;xn)2Xnet ("1;:::;"n)2 f0;1;1gn. CommehXiest un sous-groupe : n Y i=1x "ii2 hXi: Il sut alors de remarquer que l'ensemble des elementsx"11x"22x"nnoun2N,xi2Iet"i2

f0;1;1gest un sous-groupe deG.Denition .SoitGun groupe. On dit queGest de type ni s'il existeXnie tel queG=hXi.

2.2 Le groupe(2)

Ceci etant pose, rentrons dans le vif du sujet. On notera U=1 2 0 1 ; V=1 0 2 1 etu=hU,v=hVles homographies associees. On denit alors le groupe (2) comme le groupe engendre paruetv. Par le lemme 2.1, un elementgde (2) s'ecrit sous la formewk11wk22:::wknn, oun2N, (w1;:::;wn)2 fu;vgnet (k1;:::;kn)2Zn. Remarquons que pouri2 f1;:::;n1g, si w i=wi+1: soit ki+ki+1= 0 et alors on peut ecrireg=wk11wki1i1wki+2i+2wknn soit ki+ki+16= 0 et alors on peut ecrireg=wk11wki1i1wki+ki+1iwki+2i+2wknn.

Ainsi, de deux choses l'une : soit tous leswiconsecutifs sont distincts et alors on ne peut rien faire,

soit ce n'est pas le cas et on peut se ramener a une ecriture de longueurn1 (la longueur etant le nombre dewi). En procedant ainsi on peut se ramener a une forme reduite deg. Plus precisement, on peut montrer par recurrence la proposition suivante. Proposition 7.Soitg2(2) fIdg. Il existen2N, et deuxn-uplet(w1;:::;wn)2 fu;vgnet (k1;:::;kn)2Zntels que : g=wk11wk22:::wknnet8i2 f1;:::;n1g; wi6=wi+1: On va maintenant montrer que (2) est un groupe libre, en d'autre termes que toute expression de cette forme decrit un element non trivial.

2.3 Liberte de(2)

Desormais on notera :

P Q z2C;z+12 <12 ;Q+= z2C;z12 <12 ;Q0=CnQ [ Q+:

On denit aussiF=P0\ Q0.

En etudiant l'action deuetvsurP1, on sera en mesure de montrer la liberte de (2). 6 P Q Q +P +F 101
Action deu.Pourz2C, par denition, pourk2Z,uk(z) =hUk(z). Par recurrence immediate on montre que U k=1 2k 0 1 ainsiuk(z) =z+ 2ket doncuest la translation de vecteur (2k;0). Soitz2 P0, par denition1<<(z)<1. Donc :1 + 2k <<(uk(z))<1 + 2k. Ainsi de deux choses l'une : soitk 1 auquel cas<(uk(z))<1 et alorsuk(z)2 P, soitk1 auquel cas <(uk(z))>1 et alorsuk(z)2 P+. Action dev.Remarquons d'abord qu'en posantjl'homographie denie par :j(z) = 1=zpour z2P1, on av=juj1(on laissera le soin au lecteur de s'en persuader). Il nous faut d'abord etudier de plus pres l'homographiej. Montrons quej(P+) =Q+etj(P) =Q. On va d'abord etablir quejenvoie la droiteD1=fz2 C;<(z) = 1gsur le cercleCde centre 1=2 et de rayon 1=2, prive de 0. On procede par double inclusion. D'abord, on a :j(D1)C. En eet, soitz2D1eta2Rtel quez= 1 +ai. On a : j(z)12 =1ai1 +a212 =22ai1a22(1 +a2) =(ai1)22(1 +a2) =12

Ainsij(z)2Cet on a bien l'inclusion annoncee.

Ensuite, on a :Cj(D1). Par bijectivite dej(de reciproquej1=j), cela revient a montrer quej(C)D1. Soitz2C, on se donnea;b2Rtel quez=a+ib. On sait que<(j(z)) =aa 2+b2.

Or par denition deC,ja+ib12

j=12 , donca12

2+b2=14

et il vientaa

2+b2= 1. Ainsij(z)2D1.

On a donc bienj(D1) =C. Ceci etant fait, on montre alors que pour touts >1, la droite D s=fz2C;<(z) =sgest envoyee parjsur un cercle contenu dansQ+prive de 0. Moyennant l'homothetiehs:z7!sz, c'est facile. En eet il sut de remarquer queDs=h(D1), vient alors : j(Ds) =jh(D1) =h1j(D1) =h1(C). Ainsij(Ds) est le cercleCsde centre12set de rayon12s, prive de 0. Et ce cercle est bien inclus dansQ+.

En fait, commeP+=S

s>1Ds, on vient de montrer quej(P+) Q+. Reciproquement un point deQ+peut ^etre vu comme un element deCs(pour unsconvenable), que l'on sait envoyer sur la droiteDs: on a donc l'inclusion reciproque.

On montre quej(P) =Qpar le m^eme raisonnement.

On peut maintenant etudier l'action devsurQ0. Soitz2 Q0etk2Z. Dev=juj, on tire 7 pour toutk2Z,vk=jukj. Il faut distinguer plusieurs cas selon quekest positif ou negatif, et selon quezest dansP+ouPouF. Si k >0 etz2 P+, alorsj(z)2 Q+puisukj(z)2 P+et doncvk(z) =jukj(z)2 Q+. Si k >0 etz2 Palorsj(z)2 Qpuisukj(z)2 P+et doncvk(z) =jukj(z)2 Q+. Si k <0 etz2 P+, alorsj(z)2 Q+puisukj(z)2 Pet doncvk(z) =jukj(z)2 Q. Si k <0 etz2 P, alorsj(z)2 Qpuisukj(z)2 Pet doncvk(z) =jukj(z)2 Q. Si k >0 etz2F,jetant bijective,j(z)2Fpuisuk(z)2 P+et doncvk(z) =jukj(z)2 Q+. Si k <0 etz2F,jetant bijective,j(z)2Fpuisuk(z)2 Pet doncvk(z) =jukj(z)2 Q. On peut resumer nos resultats sur les actions deuetvdans la formule suivante.

8k2N;8";2 f+;g; u"k(Q) P"; v"k(P) Q"; u"k(F) P"; v"k(F) Q":

On est maintenant en mesure de prouver la liberte de (2). Theoreme 2.Soitg2(2)dont une ecriture sous forme reduite est :g=wk11wk22:::wknn. Alorsg n'est pas l'identite. Demonstration.Soitz2F. Montrons par recurrence que :8n2N;g(z)2 P+[ P[ Q+[ Q. Pourn= 1, la formule (1) montre queg(z)2 P+[P[Q+[Q. Doncg(z)=2F, ainsign'est pas l'identite. Soitn2N, on suppose la propriete vraie au rangn. Soit (w1;:::;wn+1)2 fu;vgn+1et (k1;:::;kn+1)2Zn+1tels que l'ecriture sous forme reduite degestwk11wkn+1n+1. Par hypothese, l'homographiewk22wkn+1n+1envoiez2Fsurz02 P+[ P[ Q+[ Q, or la formule (1) assure

quewk11(z0)2 P+[ P[ Q+[ Q. Doncg(z)6=zet on conclut par recurrence.Corollaire 1.Tout element de(2)dierent de l'identite possede une ecriture unique sous forme

reduite. Demonstration.Soientn;n02N, (w1;:::;wn)2 fu;vgn, (w01;:::;w0n)2 fu;vgn0et (k1;:::;kn)2 Z n, (k01;:::;k0n0)2Zn0tels quewi6=wi+1etw0j6=w0j+1pour tout 1in1;1jn01.

Supposons quew1k1wnkn=w01k01w0n0k0

n0. Commeuetvsont inversibles, posons : g=w0n0k0 n0w01k01w1k1wnkn=Id: Raisonnons par l'absurde, siw16=w01, alorsgest sous forme reduite et le theoreme 2.3 nous donne la contradiction recherchee. Ainsiw1=w01. De m^eme sik16=k01alors on auraitgsous forme reduite ce qui est exclu. Donck1=k01et par suiteg=w0n0k0 n0w02k02w2k2wnkn. De proche en proche { pour ^etre rigoureux on eectue une recurrence ni de 1 a minfn;n0g{, on simplie l'ecriture de g{ on montre que pour touti2 f1;:::;minfn;n0gg,wi=w0ietki=k0i. On termine en montrant

que necessairementn=n0sinon, encore une fois,gserait sous forme reduite ce qui est exclu.En resume, le groupe de type ni (2) est libre. On a pu etablir ce resultat gr^ace a une etude

de l'action deuetv, les generateurs du groupe, sur le plan complexe. La caracterisation utilisee pour montrer la liberte de (2) est tiree de [2]. 8

2.4 Graphe de Cayley

Etant donne un groupeGde type ni, et un systeme de generateurs deG:X=fxigi2I (par hypothese,Iest un ensemble ni), on va denir le graphe de Cayley associe, que l'on notera Cay(G;X). Supposons que Card(I) =n2N. On procede comme suit : le premier sommet est le neutre du groupe, de ce sommets partent 2nar^etes, correspondant a la multiplication a gauche1 par lesxietxi1. De chaque nouveau sommet ainsi deni, on recommence l'operation, en prenant en compte les simplication necessaires, a savoir, par exemple : si la multiplication a droite donne un element du groupe deja present dans les sommets denis, l'ar^ete joindra ce sommet. L'exemple le plus simple est le grapheCay(Z=nZ;1) qui est un cercle, de nombreux autres groupes sont representes sous forme de graphe dans [3]. On comprend l'inter^et de cette representation : elle permet de mieux visualiser l'organisationdu groupe considere. Dans le cas du groupe (2), le grapheCay((2);fu;vg) commence par :idu 1u 2v 1u1vu 1uu 2v 1uvu v 1u 1v1uv 1v 2vu 1vuvv

2On sent bien, via cette representation que le groupe (2) est libre : sur le graphe, cela se

traduit par le fait qu'il n'existe pas de boucle. L'inter^et n'est pas que visuel : la representation

sous forme d'arbre donne acces a une methode ecace pour enumerer les elements du groupe via un programme informatique, on renvoie le lecteur a [6] pour plus d'informations. Ici, l'arbre est qualie de ternaire, car de chaque sommet part trois ar^etes. Deux groupes isomorphes possede le m^eme graphe de Cayley (sous reserve d'avoir choisi un systeme de generateurs equivalents).

3 Le groupe

~ = ker(SL2(Z)!SL2(Z=2Z))

Le groupe SL

2(Z) est deni comme suit :

SL

2(Z) =a b

c d 2 M

2(Z); adbc= 1

On parle du groupe special lineaire. On notela projection naturelle de SL2(Z) dans SL2(Z=2Z),

autrement dit :1. C'est un parti pris, on aurait pu choisir de denir le graphe a partir de la multiplication a droite de la m^eme

maniere, cependant, notre choix s'expliquera a la n de ce document. 9 a b c d =ab cd ;oua b c dquotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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