point invariant lors de l'agrandissement d'une image

[inviteaa8f7e46]

Bonjour.
J'ai une question idiote, mais qui sait, peut être est ce que cela intéressera quelqu'un...ça m'est venu lorsque je regardais un film avec windows media : quand le film s'ouvre, il n'occupe pas tout l'écran, imaginons même que je rapetisse l'image et que je la place quelque part sur l'écran, et que j'effectue la transformation de mettre l'image en plein écran.
Cette transformation a-t-elle toujours un point invariant?? Il ya des cas simples où il est évident que oui, quand par exemple l'image était au départ dans un coin, ou centrée.

Cordialement
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[invitec053041c]

Bonsoir.

Intéressant comme problème !
Je te soumets un dessin pour un justification en dimension 1. Mais il faudrait et il suffirait de considérer l'autre dimension et de chercher l'intersection des droites que j'ai construites .

Mon dessin s'explique par lui-même.
Intuitivement, l'agrandissement se faisant de manière continue, la pente des traits bleus passe du négatif au positif en passant par une verticale (là où sera le point fixe).

Mais ça n'est que de l'observation.


François

[FonKy-]

Me tarde de voir la piece jointe xD
Moi je dirai oui il ya un unique point invariant

[invitec053041c]

Je propose une explication:

L'écran total (pas pour le soleil ) est représenté par le segment [0;1].
On inclut dans [0;1] un plus petit segment [x1;x2] représentant la petite image.
On appelle f l'application qui à un point de [x1;x2] associe un point de [0;1]

On a déjà f(x1)=0 et f(x2)=1

Soit x un élément de [x1;x2], alors il existe (a,b) , a et b strictement positifs tels que x=(a.x1+b.x2)/(a+b) (barycentre)
Alors on a f(x)=f[(a.x1+b.x2)/(a+b)]=(af(x1)+bf(x2))/(a+b) (pour que l'image soit aux mêmes proportions).

f conserve donc les barycentres (les moyennes), on peut montrer alors que f est une fonction affine (car convexe et concave à cause de l'égalité des moyennes).

f(x)=ax+b, f(x1)=0 et f(x2)=1, on montre facilement que: f(x)=(x-x1)/(x2-x1)

f est au passage une bijection de [x1,x2] dans [0,1].

On cherche s'il existe un point fixe:
f(x)=x => x0=x1/(1+x1-x2)
Dans cette fraction tout est positif:
x1-(1+x1-x2)=x2-1=<0 donc le numérateur est inférieur au dénominateur, on a alors 0=< x0 =< 1
Et comme f est une bijection entre [x1,x2] et [0,1] alors le point fixe x0 appartient à [x1,x2]. (c'est ce qu'on voulait )

[A voir en vidéo sur Futura]

[invitea07f6506]

A partir de là, il y a plusieurs solutions pour généraliser à n dimensions :

* Supposons le centre de l'image et le centre de l'écran non confondus (sinon, le problème est trivial).
Considérons la transformation comme une translation ramenant le centre de l'image au centre de l'écran suivie d'une homothétie de centre centre de l'écran pour "coller" à la taille de l'écran.
La droite vectorielle [centre de l'écran] + vect([centre de l'image]-[centre de l'écran]) (plus prosaïquement : la droite passant par le centre de l'écran et par le centre de l'image) est stable par chacune de ces deux transformations, donc par leur composée.
Le résultat de Ledescat assure l'existence d'un point fixe sur cette droite.

* On peut aussi voir cette transformation comme la composée de 2 transformations, en ajustant la longueur de l'image avec la longueur de l'écran, puis sa hauteur avec la hauteur de l'écran.
L'ensemble des points fixes par la première transformation uniquement est un segment vertical, inclu dans l'image initiale et prenant toute sa hauteur.
L'ensemble des points fixes par la seconde transformation uniquement est un segment horizontal, inclu dans l'image initiale et prenant toute sa longueur.
Leur intersection est un point fixe pour la composée de ces deux transformations.

[invitec053041c]

L'ensemble des points fixes par la première transformation uniquement est un segment vertical, inclu dans l'image initiale et prenant toute sa hauteur.
L'ensemble des points fixes par la seconde transformation uniquement est un segment horizontal, inclu dans l'image initiale et prenant toute sa longueur.
Leur intersection est un point fixe pour la composée de ces deux transformations.

Oui tout à fait, j'ai utilisé ce résultat pour ne le montrer que dans le sens de la longueur (ou largeur idem ).

Cordialement.

[invite4793db90]

Salut,

juste pour donner une version géométrique : la transformation qui envoie le rectangle R (le petit écran) sur le rectangle R' (l'écran complet) est une homothétie, donc admet par définition un unique point fixe. Ce point fixe est l'intersection de deux droites (AA') et (BB') où A' et B' sont les images de deux points quelconques A et B. Par conséquent, il n'est pas difficile de montrer que ce point fixe est intérieur à R (en prenant A et B deux sommets de R par exemple).

Cordialement.

[Médiat]

L'écran total (pas pour le soleil ) est représenté par le segment [0;1].

Un écran d'ordinateur est constitué d'un nombre fini de pixels, c'est donc un espace discret difficilement assimilable à un intervalle de \mathbb{R}, non ?

[invite986312212]

modulo le problème soulevé par Mediat, on peut appliquer ce théorème: http://en.wikipedia.org/wiki/Brouwer..._point_theorem

[invitec053041c]

Un écran d'ordinateur est constitué d'un nombre fini de pixels, c'est donc un espace discret difficilement assimilable à un intervalle de \mathbb{R}, non ?

Bien-sûr pour les pixels . Mais je pensais qu'il voulait une vision assez globale d'un étirement d'un espace continu.