1 = 0, c’est-`a-dire au point de coordonn´ees (1−ux ,1−uy ,0)

(1)

Universit´e Lille 1 Master 1 Recherche

Analyse complexe 22 janvier 2016

Corrig´e DM - Homographies

1. Sph`ere de Riemann

(a) Expression de la projectionπ_N

Soit M(x, y, u) un point deS²\ {N} (en particulieru6= 1).

La droite (M N) a pour représentation paramétrique (tx, ty, t(u−1) + 1), t∈R. Elle intersecte le plan (xOy) au point de paramètret₀ tel quet₀(u−1) + 1 = 0, c’est-à-dire au point de coordonnées (_1−u^x ,_1−u^y ,0). En identifiant le plan (xOy) à C, on obtient donc

π_N(M) = x+iy 1−u Continuit´e de π_N

L’application (x, y, u) 7→ ^x+iy_1−u est continue sur R×R×(R\ {1}). En particulier sa restriction `a {(x, y, u) | x²+y² +u² = 1, (x, y, u) 6= (0,0,1)} est continue (pour la topologie induite parR³).

Limite de π_N(M) quand M →N

Remarquons que siM = (x, y, u)∈S², alorsM →N signifie u→1⁻. Or

|π_N(M)|²= x²+y²

(1−u)² = 1−u²

1−u = 1 +u 1−u et on obtient bien|π_N(M)|² −−−−→

u→1⁻ +∞.

(b) Bijection r´eciproque deπ_N

Soit z=a+ib∈C(a, b∈R), et M(x, y, u)∈S²\ {N} :

πN(M) =z⇔







Re(π_N(M)) =a Im(πN(M) =b

|π_N(M)|²=a²+b²

⇔







x=a(1−u) y=b(1−u)

1+u

1−u =a²+b²

⇔







x=a(1−u) y=b(1−u) u= ^a_a²2^+b+b²²⁻¹+1

On v´erifie que le point de coordonn´ees

2a

a²+b²+1,_a2+b^2b²+1,^a_a²2^+b+b²²⁻¹+1

est sur S²\ {N}.

Ainsiπ_N :S²\ {N} →Cest bijective, et π_N⁻¹(z) =

2Rez

|z|²+ 1, 2Imz

|z|²+ 1,|z|²−1

|z|²+ 1

Continuit´e et limite deπ_N⁻¹

L’applicationπ_N⁻¹est continue surCcar ses composantes le sont, etπ_N⁻¹(z)−−−−−→

|z|→+∞ N

car|Rez| ≤ |z|et|Imz| ≤ |z|.

(2)

(c) Compactifi´e d’Alexandroff

Par d´efinition, z tend dans ˆC vers ∞ ssi z =∞ ou z sort de tout compact de C, ce qui signifie exactement que|z| →+∞ (dansR).

(d) Montrons queS² et ˆCsont hom´eomorphes

Soitφ:S² →Cˆ d´efinie parφ(M) =π_N(M) siM 6=N etφ(N) =∞: cette application est bien d´efinie et bijective par construction (φ⁻¹(∞) = N et φ⁻¹(z) = π⁻¹_N (z) si z∈C). De plus, φest continue surS²\ {N} et|φ(M)| −−−−→

M→N +∞,i.e.

φ(P)−−−−→

M→N ∞=φ(N) autrement ditφest continue en N.

De mˆeme, φ⁻¹ est continue sur C, et φ⁻¹(z) −−−−−→

|z|→+∞ N, i.e. φ⁻¹(z) −−−→

z→∞ φ⁻¹(∞), ainsiφ⁻¹ est continue en∞. Finalementφest bien un hom´eomorphisme deS² sur ˆC.

2. Groupe des homographies

(a) Montrons queH est un groupe pour la loi de composition Soit A, B∈GL₂(C) :A=

a b c d

etB =

a⁰ b⁰ c⁰ d⁰

, alors

AB=

a⁰a+bc⁰ ab⁰+bd⁰ ca⁰+dc⁰ cb⁰+dd⁰

et on remarque que l’on a a^a_c0⁰z+d^z+b⁰⁰ +b

c^a_c0⁰z+d^z+b⁰⁰ +d = (aa⁰+bc⁰)z+ab⁰+bd⁰

(ca⁰+dc⁰)z+cb⁰+dd⁰ pour tout z dans Ω :={z∈C|c⁰z+d⁰ 6= 0 etc^a_c0⁰z+d^z+b⁰⁰ +d6= 0}. Ainsi

∀z∈Ω, hA(hB(z)) =hAB(z) Il reste à vérifier l’égalité sur ˆC\Ω.

• Enz=∞

∗ si c⁰ = 0 (et donca⁰ 6= 0 etd⁰ 6= 0 puisqueB est inversible) : alors h_B(∞) =∞.

— sic= 0 (et donc a6= 0 etd6= 0) : alorsh_A(h_B(∞)) =h_A(∞) =∞.

Dans ce cas, ca⁰+dc⁰ = 0 et par cons´equent hAB(∞) =∞.

— sic6= 0 : alorsh_A(h_B(∞)) =h_A(∞) = ^a_c.

Dans ce cas,ca⁰+dc⁰ =ca⁰6= 0 et par conséquenthAB(∞) = âa_ca0⁰+dc^+bc⁰⁰ = âa_ca0⁰ = â_c.

∗ si c⁰ 6= 0 : alorshB(∞) = ^a_c0⁰.

— sic^a_c0⁰ +d= 0 : alorshA(hB(∞)) =∞.

Dans ce cas, ca⁰+dc⁰ = 0 et par cons´equent hAB(∞) =∞.

— sicâ_c0⁰ +d6= 0 : alorshA(hB(∞)) =hA(â_c⁰0) = â

a0 c0+b

c^a_c0⁰+d = ^aa_ca0⁰+dc^+bc⁰⁰.

Dans ce cas, ca⁰+dc⁰ =ca⁰ 6= 0 et par cons´equenth_AB(∞) = ^aa_ca0⁰+dc^+bc⁰⁰. Ainsi, dans tous les cas,hA(hB(∞) =hAB(∞).

(3)

• Enz= ^−d_c0⁰ (c⁰ 6= 0, sinon on est dans le cas pr´ec´edent) :h_B(^−d_c0⁰) =∞

∗ si c= 0 (et donca6= 0 etd6= 0) : alors h_A(∞) =∞.

Dans ce cas, (ca⁰+dc⁰)^−d_c0⁰ +cb⁰+dd⁰ = 0 et donchAB(^−d_c0⁰) =∞.

∗ si c6= 0 : alorsh_A(∞) = ^a_c.

Dans ce cas, (ca⁰ +dc⁰)^−d_c0⁰ +cb⁰ +dd⁰ = _c^c0(−a⁰d⁰ +b⁰c⁰) 6= 0 (puisque B est inversible) : ainsih_AB(^−d_c0⁰) = ^(aa

0+bc⁰)^−d_c0⁰+ab⁰+bd⁰

(ca⁰+dc⁰)^−d_c0⁰+cb⁰+dd⁰ = ^−aa_−ca⁰0^dd⁰⁰^+ab+cb⁰⁰c^c⁰⁰ = ^a_c.

• Enz∈Ctel quec^a_c0⁰z+d^z+b⁰⁰ +d= 0 (etc⁰z+d⁰ 6= 0) :i.e. _c^a0⁰z+d^z+b⁰⁰ = ^−d_c etc6= 0.

AlorshA(hB(z)) =∞. Par ailleurs la condition surzsignifie (ca⁰+dc⁰)z+cb⁰+dd⁰= 0, et donchAB(z) =∞.

Finalement : ∀z ∈ Cˆ, h_A(h_B(z)) = h_AB(z). D’o`u h_A◦h_B = h_AB, ce qui donne imm´ediatementh_A◦h_A−1 =h_A⁻¹◦h_A=h_I=id_ˆ

C. Ainsi l’applicationh_Aest bijective, et (hA)⁻¹ =h_A⁻¹.

Par cons´equent, l’ensemble des homographies de la sph`ere de Riemann est stable par

◦ (qui est associative), possède un élément neutre pour cette loi (h_I =id_ˆ

C), et tout

´el´ement est inversible d’inverse une homographie : c’est donc un groupe.

(b) Montrons queh_A=h_B ssi A etB sont proportionnelles SoitA, B∈GL2(C) :hA=hB⇐⇒hA◦h⁻¹_B = id_ˆ

C⇐⇒h_AB⁻¹ = id_ˆ

C=hI2 d’après la question précédente. On se ramène ainsi à prouver l’équivalence demandée dans le cas A=

a b c d

etB =I₂. La définition deh_A donne immédiatement que, siA=λI₂ (λ∈C^∗), alors hA= idCˆ. Pour la réciproque, supposons que∀z ∈C,ˆ hA(z) =z : en particulierhA(∞) =∞, doncc= 0. Alors pour toutz∈C, âz+b_d =z, autrement dit a=detb= 0, et A=

d 0 0 d

=dI₂. Montrons queH est isomorphe `a P GL2(C)

Soit Z = {λI₂ | λ ∈ C^∗} : c’est un sous-groupe de GL₂(C), et les éléments de Z commutent avec tous ceux de GL2(C) (en fait, Z est le centre deGL2(C))a fortiori Z est distingué dansGL2(C). On peut donc définir le groupe quotient GL2(C)_/Z. Soit ψ:GL₂(C)→H définie par ψ(A) =h_A :ψ(I) =id_ˆ

C, et

∀A, B∈GL2(C), ψ(AB) =hAB =hA◦hB=ψ(A)◦ψ(B)

doncψ est un morphisme de groupes. De plusψ(A) = ψ(B) si et seulement si A et B sont proportionnelles, autrement dit AB⁻¹ ∈Z, ainsi ψ passe au quotient en un morphisme de groupes Ψ injectif, de mˆeme image queψ :

GL2(C) ^ψ ^//

H

GL2(C)_/Z

Ψ

::

Or ψ est surjective par construction, donc Ψ aussi ; par cons´equent c’est un isomor- phisme de groupes de GL₂(C) surH.

(4)

(c) G´en´erateurs de H

NotonsS_a,b :z7→ az+b (a6= 0) etι:z7→ 1/z, prolong´ees `a ˆCavec les conventions habituelles : Sa,b=h^



a b 0 1





etι=h^



0 1 1 0





sont bien des ´el´ements de H.

Soit hA ∈ H, avec A =

a b c d

: si c = 0 (et donc a 6= 0 et d 6= 0), on a imm´ediatement h_A = Sa

d,^b_d. Sinon, h_A(z) = ^a_c + ⁻

ad c+b

cz+d , où −âd_c +b 6= 0 car A est inversible ; ainsi hA =S_b−âd

c,â_c ◦ι◦Sc,d. Ainsi tout élément de H est une composée de similitudes directes et d’inversion.

Or l’inversion est par définition un automorphisme de la sphère de Riemann. De plus, la similitudeS_a,best holomorphe surC, et également holomorphe en l’infini car S_a,b(∞) =∞, etvia les cartes on obtientι◦S_a,b◦ι(z) = _a+bz^z qui est holomorphe au voisinage de 0 (car a 6= 0) ; de plus Sa,b est bijective et sa réciproque est aussi une similitude directe, donc holomorphe par le même raisonnement. Comme composées, les homographies sont donc aussi des automorphismes ˆC.

3. Propriétés géométriques des homographies (a) Description des cercles-droites

Un cercle sur S² est l’intersection deS² et d’un plan P. On noteN le pôle Nord sur S². L’intersection de la sphère et du plan est décrite par le système

x²+y²+u² = 1

ax+by+cu=d (a, b, c, d∈R, (a, b, c)6= (0,0,0)).

• Si P ne passe pas par le pôle Nord, c6=d. La projection stéréographique a pour expression π_N(x, y, u) = ^x+iy_1−u, donc en posant z = π_N(x, y, u), on obtient que l’image par πN des solutions du système précédent est donnée par

(

z¯z(1−u)²+u² = 1 i.e. u= ^|z|_|z|²2⁻¹+1

a(1−u)^z+¯₂^z +b(1−u)^z−¯_2i^z +cu=d ce qui ´equivaut, en posant α=c−d,β=a−ibetγ =−c−d, `a

α|z|²+βz+ ¯βz¯+γ = 0 (α∈R^∗, γ ∈R).

C’est l’´equation d’un cercle dans le plan complexe :

x+Reβ α

2

+

y−Imβ α

2

= |β|²−αγ α²

PuisqueπN :S²\ {N} →Cest bijective, l’hypothèse queS²∩ P soit un vrai cercle sur S² équivaut à ce que le cercle obtenu dans C ne soit ni vide ni réduit à un singleton, c’est-à-dire|β|² > αγ.

R´eciproquement, tout cercle de Ca une ´equation (x−x0)²+ (y−y0)²=R², avec R >0, et on obtient la forme voulue en posantα= 1,β=−x₀+iy0,γ =|β|²−R² et donc a=−x₀, b=−y₀, c= ^1−|β|₂²^+R², d=c−1.

(5)

• SiP passe par le pôle Nord, on ac=d. L’image par la projection stéréographique de (S²∩ P)\ {N}a pour équationa_1+|z|² 2

z+¯z

2 +b_1+|z|² 2

z−¯z

2i +c^|z|_1+|z|²⁻¹2 =c. En posant α = 0,β =a−ibetγ =−2c, on obtient

βz+ ¯βz¯+γ = 0 (β∈C, γ∈R, (β, γ)6= (0,0)).

Autrement dit, c’est une droite d’équation 2(Reβ)x−(2Imβ)y+γ = 0. L’hypothèse que S²∩ P soit un vrai cercle sur S² équivaut à ce que cette droite deCobtenue par projection de S²∩ P)\ {N}ne soit pas vide, c’est-à-direβ6= 0, autrement dit

|β|²> αγ. R´eciproquement, toute droite deCest de cette forme.

(b) Montrons que les homographies pr´eservent (globalement) les cercles-droites

On sait que les homographies sont engendrées par les similitudes directes et l’applica- tionι:z7→1/z. Or les similitudes directes transforment les cercles (resp. les droites) en cercles (resp. en droites) car ce sont des composées de translations, homothéties, rotations ; de plus elles fixent ∞. Il suffit donc de montrer que les équations de la formeαzz¯+βz+ ¯βz¯+γ = 0 (où α, γ ∈ R, |β|² > αγ) sont globalement préservées parι.

L’ensemble des z ∈ C^∗ tels que αz¯z +βz+ ¯βz¯+γ = 0 est transform´e par ι en l’ensemble desz⁰ ∈C^∗ tels que

α z⁰z¯⁰ + β

z⁰ + β¯

¯

z⁰ +γ = 0,

c’est-à-dire α+βz¯⁰+ ¯βz⁰ +γz⁰z¯⁰ = 0. De plus, si z = 0 appartient au cercle-droite d’équationαz¯z+βz+ ¯βz¯+γ = 0, alorsγ = 0, donc l’ensemble obtenu après transfor- mation parz 7→1/z est une droite ; et commeι(0) =∞, on obtient bien une droite augmentée de l’infini (i.e. un cercle de ˆCpassant par∞).

Image par une homographie d’un disque ou d’un demi-plan

Soit h : ˆC → Cˆ une homographie : elle transforme un cercle-droite C en un cercle- droiteC⁰. Puisque les homographies sont des hom´eomorphismes de ˆC, h´echange les composantes connexes de ˆC\C et celles de ˆC\C⁰.

• SiC est le cercle de centreaet de rayonr, ˆC\C a deux composantes connexes : le disque ouvert D(a, r) et Ω := {z ∈ C/ |z−a| > r} ∪ {∞}. En effet, ce sont deux ouverts disjoints qui recouvrent ˆC\C; D(a, r) est connexe par arcs donc connexe ; Ω est l’image du connexe D(a, r) par l’hom´eomorphisme z7→ a+ _z−a¹ , donc est connexe.

• Si C est une droite de C augmentée de l’infini, son complémentaire dans ˆC est le complémentaire de la droite dansC; il a donc pour composantes connexes les deux demi-plans correspondants.

Ainsi, l’image d’un disque ou d’un demi-plan par une homographie est soit un disque, soit un demi-plan, soit le compl´ementaire d’un disque ferm´e dans ˆC.

(c) Montrons queh:z7→i^z−i_z+i est un biholomorphisme de D(0,1) sur{z |Imz <0}

L’application h est une homographie : il suffit donc de vérifier qu’elle transforme le cercle unité en (Ox)∪ {∞} pour savoir qu’elle transforme biholomorphiquement le disque unité (ouvert) en l’un des deux demi-plans {z | Imz <0} ou {z | Imz <0}.

Et comme l’image du cercle unit´e est forc´ement un cercle-droite, il suffit pour savoir lequel de regarder l’image de trois points distincts du cercle. Or :

h(−i) =∞ ; h(i) = 0 ; h(1) = 1

(6)

Ainsi l’image par h du cercle unit´e est l’unique cercle-droite passant par les points

∞, 0 et 1, c’est donc (Ox)∪ {∞}.

De plush(0) =−i, donc l’image deh est n´ecessairement le demi-plan{z |Imz <0}.

(d) Action des homographies sur ˆC

Soitz₁⁰, z₂⁰, z₃⁰ ∈Cˆ deux à deux distincts : montrons qu’il existe une unique homographieh telle queh(∞) =z₁⁰,h(0) =z₂⁰ eth(1) =z₃⁰. Pour cela, écrivons les conditions surh:z7→ âz+b_cz+d :







h(∞) =z⁰₁ h(0) =z⁰₂ h(1) =z⁰₃

⇐⇒







a c =z⁰₁

b d =z⁰₂

a+b c+d =z₃⁰

•Siz₁⁰ =∞: nécessairementc= 0 ; comme alorsz₂⁰ 6=∞etz⁰₃6=∞,d6= 0 etb=dz⁰₂, et donca=dz⁰₃−b=d(z₃⁰ −z₂⁰). Cela définit de fa¸con unique l’homographie donnée par la matrice

z₃⁰ −z₂⁰ z₂⁰

0 1

.

• Siz₁⁰ 6=∞ : n´ecessairement c6= 0, et a=cz₁⁰.

∗ Si z₂⁰ = ∞, on a d = 0 et donc b = cz₃⁰ −a = c(z₃⁰ −z₁⁰). Cela correspond `a l’homographie donn´ee par la matrice

z₁⁰ z⁰₃−z₁⁰

1 0

.

∗ Siz₂⁰ 6=∞, on ad6= 0 etb=dz⁰₂, d’o`u ^cz¹⁰_c+d^+dz⁰² =z₃⁰ : siz₃⁰ =∞, alorsd=−cet on obtient

z₁⁰ −z₂⁰ 1 −1

; si z₃⁰ 6=∞,cz₁⁰ +dz₂⁰ = (c+d)z₃⁰, ce qui donne c^z_z¹⁰0^−z³⁰ 3−z₂⁰ =d.

On vérifie que dans chacun des cas, la matrice obtenue est inversible (la dernière est de déterminant (z₁⁰ −z₃⁰)(z₁⁰−z⁰₂)), et que réciproquement l’homographie correspondante convient bien.

Soit maintenant z1, z2, z3 ∈ Cˆ (resp. z₁⁰, z₂⁰, z₃⁰) deux `a deux distincts : il existe une (unique) homographie g (resp. h) telle que g(∞) = z₁,g(0) =z₂ etg(1) =z₃ (resp.

h(∞) =z₁⁰,h(0) =z₂⁰ et h(1) =z₃⁰). Posonsf =h◦g⁻¹ : c’est une homographie, et par construction f(zj) =z_j⁰ (j = 1,2,3).

Supposons queF soit une autre homographie vérifiant cette propriété : alorsf◦g et F◦gsont deux homographies transformant (∞,0,1) en (z₁⁰, z₂⁰, z₃⁰), doncf◦g=F◦g et doncf =F.

(e) Homographie transformant le demi-plan{z|Rez <0} en le disque unit´e

Pour trouver une telle homographie, il suffit de choisir z1, z2, z3 sur (Oy)∪ {∞} et z⁰₁, z⁰₂, z₃⁰ sur le cercle unité : l’unique homographieh vérifiant h(z_j) =z_j⁰ (j = 1,2,3) transformera (Oy)∪ {∞}en le cercle unité, et le demi-plan{z|Rez <0}en le disque unité ou bienen {z∈C ||z|>1} ∪ {∞}. Pour arriver dans le bon domaine, il suffit de respecter l’orientation : les deux triplets de points doivent par exemple être choisis dans l’ordre respectant l’orientation usuelle du bord d’un domaine.

On peut donc prendre (z1, z2, z3) = (0, i,∞) et (z₁⁰, z₂⁰, z₃⁰) = (1, i,−1). Il s’agit alors de trouver a, b, c, d tels que _d^b = 1, âi+b_ci+d = i, â_c = −1. Avec c = 1, on obtient a = b = d = −1, autrement dit h(z) = _−z+1^z+1 . On vérifie que h(−1) = 0, donc h transforme bien le demi-plan{z|Rez <0} en le disque unité.