Université Claude Bernard - Lyon 1 Géométrie élémentaire (L3) Année 2007/2008

Fiche 5 : corrigé

Les dessins sont laissés au soin du lecteur...

Exercice 1. 1) Si G = {Id_{E}}, alors le résultat est vrai (avec n = 1). On peut donc supposer G ≠ {Id_{E}}; G \ {Id_{E}} est alors fini, non vide, donc il existe un unique plus petit réel ϑ ∈]0,2π[ tel que R\overline{ϑ} ∈ G.

Soit n le plus petit entier naturel tel que 2π ≤ nϑ. On a 0 ≤ nϑ − 2π < ϑ, et R\overline{nϑ−2π} = R\overline{nϑ} = (R\overline{ϑ})^{n} ∈ G, donc 0 = nϑ − 2π par choix de ϑ. Donc ϑ = \frac{2π}{n} et C_{n} =< R\overline{ϑ} >⊆ G.

Réciproquement, soit R\overline{ϑ′} ∈ G\\{Id_{E}\}, avec ϑ′∈]0,2π[, et soit p le plus grand entier naturel tel que 0 ≤ ϑ′−pϑ. On a 0 ≤ ϑ′− pϑ < ϑ et R\overline{ϑ′−pϑ} = R\overline{ϑ′}(R\overline{ϑ})^{−p} ∈ G, donc 0 = ϑ′− pϑ par choix de ϑ. On en déduit que R\overline{ϑ′} = (R\overline{ϑ})^{p} ∈ C_{n}, d’où finalement G = C_{n}.

2) 2.1. Soit g ∈ G. Si g ∈ O^{+} (E), alors g ∈ H. Si g ∈ O^{−} (E), alors g ∘ s ∈ O^{+} (E), donc g ∘ s ∈ H et g = (g ∘ s) ∘ s ∈ H ∘ s.

2.2. On a H ∩ S = {Id_{E}}. Cette remarque et la question 2.1 montrent que tout élément de g ∈ G s’écrit de manière unique comme une composée g = h ∘ σ, avec h ∈ H et σ ∈ S. Les ensembles H × S et G sont donc en bijection, via (h,σ) ↦ h ∘ σ. De plus il est clair que H est distingué dans G (car O^{+} (E) est distingué dans O(E)). Dans cette situation, on dit que G est le produit semi-direct de H par S.

Si g = h∘σ et g′= h′∘σ′sont deux éléments de G décomposés comme indiqué, alors la décomposition de g∘g′ est nécessairement g ∘ g′= (h ∘ σ ∘ h′∘ σ) ∘ (σ ∘ σ′), puisque (h ∘ σ ∘ h′∘ σ) ∈ H et (σ ∘ σ′) ∈ S. Par transport de structure, l’ensemble H × S acquiert structure de groupe avec la loi de composition interne (h,σ) · (h′,σ′) := (h ∘ σ ∘ h′∘ σ,σ ∘ σ′) (exercice : le vérifier directement !), et la bijection (h,σ) ↦ h ∘ σ devient alors un isomorphisme de groupes.

3) Soit N ≥ 3. On considère le N-gone régulier du plan E (plan qu’on identifie à ℂ) de sommets l’ensemble μ_{N} des racines N-ièmes de l’unité, et le sous-groupe G de O(E) laissant globalement invariant μ_{N}.

On a un morphisme de restriction de G dans le groupe des permutations de μ_{N}, et ce morphisme est injectif puisque μ_{N} contient une base affine de E. Le groupe G est donc fini, et on peut appliquer les résultats de l’étude effectuée ci-dessus. La symétrie s par rapport à l’axe des réels (i.e. la conjugaison complexe) appartient clairement à G, donc on est dans le cas de la question 2), et G est le produit semi-direct de H = G ∩ O^{+} (E) par S = {Id_{E},s}. Enfin, on vérifie facilement que H = C_{N}.

Le groupe G est le groupe diédral d’ordre 2N.

Exercice 2. 1) La symétrie orthogonale par rapport à une droite D est la rotation d’axe D et d’angle π, c’est donc un élément de G.

2) 2.1. Soient σ et σ′deux symétries orthogonales par rapport à des droites parallèles D et D′. L’application linéaire L_{σ} associée à σ est la symétrie vectorielle orthogonale par rapport à la direction \overrightarrow{D} de D, de mÃªme L_{σ′} est la symétrie vectorielle orthogonale par rapport à la direction \overrightarrow{D′}de D′. Comme D et D′sont parallèles, on a \overrightarrow{D} = \overrightarrow{D′}et donc L_{σ} = L_{σ′}. On en déduit que L_{σ∘σ′} = L_{σ} ∘ L_{σ′} = Id_{E}, donc σ ∘ σ′est une translation.

Réciproquement, soit τ une translation de vecteur \overrightarrow{v}. Si \overrightarrow{v} = \overrightarrow{0} , alors on a le résultat voulu avec σ = σ′. Supposons donc \overrightarrow{v} ≠ \overrightarrow{0} , et soit D une droite affine de direction \overrightarrow{D} contenue dans < \overrightarrow{v} >^{⊥}. Fixons a ∈ D et considérons le point a′= a+ \frac{1}{2} \overrightarrow{v}, la droite D′= a′+\overrightarrow{D}, et les symétries orthogonales σ et σ′par rapport à D et D′ respectivement. Alors D et D′sont deux droites parallèles, donc σ′∘σ est une translation, et un calcul direct donne σ′∘ σ(a) = a + \overrightarrow{v}, donc σ′∘ σ = τ (faire un dessin !).

2.2. Soit τ une translation de vecteur \overrightarrow{v}. On a τ = (τ_{0})^{2} avec τ_{0} la translation de vecteur \frac{1}{2} \overrightarrow{v}.

2.3. Avec les notations de la question précédente, soient σ et σ′des symétries orthogonales par rapport à des droites telles que τ_{0} = σ ∘ σ′. On a alors τ = (τ_{0})^{2} = σ ∘ σ′∘ σ ∘ σ′= [σ,σ′] (car σ = σ^{−1} et σ′= σ^{′−1}).

3) 3.1. La composée σ ∘ σ′est un déplacement qui laisse fixe (point par point) la droite O + (\overrightarrow{D} ⊕ \overrightarrow{D′})^{⊥}, puisque pour tout point P de cette droite, on a \overrightarrow{OP}∈ (\overrightarrow{D} ⊕\overrightarrow{D′})^{⊥} = \overrightarrow{D}^{⊥} ∩\overrightarrow{D′}^{⊥}, donc L_{σ}(\overrightarrow{OP}) = L′_{σ}(\overrightarrow{OP}) = −\overrightarrow{OP}. Donc σ ∘σ′ est une rotation (c.f. le rappel fait en préambule : les seuls éléments de G ayant des points fixes sont les rotations).

3.2. Si ρ est la rotation d’axe D, d’angle ϑ, alors ρ = (ρ_{0})^{2} avec ρ_{0} la rotation d’axe D, d’angle \frac{ϑ}{2}.

Il reste à voir (cf. la démarche de la question 2) que toute rotation est la composée de deux symétries orthogonales par rapport à des droites. Soit donc ρ une rotation d’axe D et d’angle ϑ, qu’on peut supposer différent de 0 modulo 2π. Fixons O un point de D et \overrightarrow{v}, \overrightarrow{v′} deux vecteurs non nuls de \overrightarrow{D}^{⊥} formant un angle orienté [\overrightarrow{v},\overrightarrow{v′}] = \frac{ϑ}{2}. Considérons les symétries orthogonales σ et σ′ par rapport aux droites O+ < \overrightarrow{v} > et O+ < \overrightarrow{v′} > respectivement. Alors la composée σ′∘ σ est une rotation d’axe D, d’après la question 3.1, et le calcul de σ′∘ σ(O + \overrightarrow{v}) = σ′(O + \overrightarrow{v}) montre que l’angle de cette rotation est ϑ (là encore, faire un dessin peut aider ...), donc σ′∘ σ = ρ.

4) D’après les deux questions précédentes, le sous-groupe des commutateurs [G,G] de G contient les translations et les rotations. Par composition, il contient donc également les vissages (produits d’une rotation d’axe D et d’une translation de vecteur non nul \overrightarrow{v} ∈ \overrightarrow{D}) ; le sous-groupe [G,G] contient donc G en entier.

Exercice 3. 1) L’ensemble des points fixes de σ_{i} est l’hyperplan H_{i}. On a clairement E^{G} ⊆ H_{i}, pour tout i, et réciproquement, tout point de ⋂_{1≤i≤k} H_{i} est fixé par les σ_{i}, 1 ≤ i ≤ k, donc par tous les éléments de G. Donc E^{G} = ⋂_{1≤i≤k} H_{i}.

On a E^{G} = {0} ⇔ (E^{G})^{⊥} = E. Comme E^{G} = ⋂_{1≤i≤k} H_{i} et comme H_{i}^{⊥} =< x_{i} >, on a (E^{G})^{⊥} = ∑_{1≤i≤k} < x_{i} >, donc E^{G}= {0} ⇔ ∑_{1≤i≤k} < x_{i} >= E, c’est-à-dire E^{G}= {0} si et seulement si les x_{i} forment une famille génératrice de E.

2) Si σ est la symétrie orthogonale par rapport à un sous-espace A de E, et si g ∈ O(E), alors le conjugué g∘σ ∘g^{−1} est la symétrie orthogonale par rapport au sous-espace g(A) de E (exercice ! Écrire l’action du conjugué relativement à la décomposition E = g(A) ⊕ g(A)^{⊥}, et profiter du fait que g(A)^{⊥} = g(A^{⊥}) ...).

Considérons alors x ∈ Δ et g ∈ G, et montrons que g(x) ∈ Δ. D’après la remarque ci-dessus, on a σ_{<g(x)>^{⊥}} = g ∘ σ_{<x>^{⊥}} ∘ g^{−1} , mais par hypothèse sur x, il existe g′∈ G et 1 ≤ i ≤ k tels que σ_{<x>^{⊥}} = g′∘ σ_{i} ∘ g^{′−1}, on a donc s_{<g(x)>^{⊥}} = g ∘ g′∘ σ_{i}∘ g^{′−1} ∘ g^{−1} = (gg′) ∘ σ_{i}∘ (gg′)^{−1} , donc g(x) ∈ Δ. Rq : En fait, comme σ_{i} = σ_{<x_{i}>^{⊥}} , le raisonnement précédent montre que Δ = {g(x_{i}) | 1 ≤ i ≤ k, g ∈ G}. En particulier, Δ contient les x_{i}, et les −x_{i} = σ_{i}(x_{i}).

3) On déduit de la question précédente que l’on a un morphisme de G dans S_{Δ}, donné par la restriction g ↦ g_{|Δ} (le vérifier proprement). Si Δ est fini, alors le groupe S_{Δ} est fini. Si E^{G} = {0}, i.e. si les x_{i} forment une famille génératrice de E, alors tout endomorphisme de E est entièrement déterminé par son action sur les x_{i}, donc aussi par son action sur l’ensemble Δ (qui contient les x_{i}), et le morphisme G → S_{Δ}, g ↦ g_{|Δ}, est alors injectif. Lorsque les deux conditions sont réalisées, le groupe G s’injecte dans un groupe fini, donc est fini.

4) On vérifie facilement que les σ_{i} commutent deux à deux, et cela implique que le groupe G est abélien. On en déduit immédiatement que Δ = {±x_{i} | 1 ≤ i ≤ k} puisque les seuls vecteurs de norme 1 tels que σ_{<x>^{⊥}} = σ_{i} sont x_{i} et −x_{i}.

De plus, en profitant des relations de commutation entre les σ_{i} et du fait que σ_{i}^{2} = Id_{E}, on voit que tout élément g ∈ G peut s’écrire g = σ_{i_{1}} ··· σ_{i_{n}} avec 1 ≤ i_{1} < i_{2} < ···< i_{n} ≤ k (en partant d’un produit fini quelconque d’éléments σ_{i}, regrouper les différentes occurences d’un mÃªme σ_{i} par commutation, puis simplifier tous les carrés apparus)

— on parlera d’une écriture réduite de g. Cela montre déjà que G est de cardinal ≤ 2^{k}. On a en fait égalité, pour voir cela, il suffit de montrer que tout élément de g ∈ G possède en fait une unique écriture réduite, autrement dit que deux écritures réduites distinctes définissent deux éléments distincts de G. Mais on vérifie facilement, par récurrence sur n, que σ_{i_{1}} ··· σ_{i_{n}} est en fait la symétrie orthogonale par rapport au sous-espace ⋂_{1≤j≤n} H_{i_{j}} = {x = (x_{1},...,x_{n}) | ∀1 ≤ j ≤ n, x_{i_{j}} = 0} de E, donc deux écritures réduites distinctes définissent bien deux symétries distinctes dans O(E).

Exercice 4 — 1) Quel que soit le point p de X − \{o\}, le point ι(p) est distinct du point o puisque ||\overrightarrow{oι(p)}|| = \frac{a}{||\overrightarrow{op}||^{2}}||\overrightarrow{op}|| = \frac{a}{||\overrightarrow{op}||} ≠ 0 et

ι(ι(p)) = o + \frac{a}{||\overrightarrow{oι(p)}||^{2}} \overrightarrow{oι(p)}= o + \frac{||\overrightarrow{op}||^{2}}{a} \overrightarrow{oι(p)}= o + \overrightarrow{op} = p.

On a donc ι^{2} = id_{X−{o}}, ce qui établit en particulier que l’application ι est une bijection de X −{o} dans lui-même.

Un point p de X −\{o\} est fixé par l’inversion ι si et seulement si \frac{a}{||\overrightarrow{op}||^{2}} = 1, donc si et seulement si p appartient au cercle de centre o et de rayon \sqrt{a}. Remarque : on dit également que l’application ι est l’inversion par rapport au cercle de centre o et de rayon \sqrt{a}..

2) 2.1. Soit h l’homothétie de centre o et de rapport ρ ∈ ℝ − {0}. Quel que soit le point p ∈ X − {o},

(h ∘ ι)(p) = o + ρ \frac{a}{||\overrightarrow{op}||^{2}} \overrightarrow{op} et (ι ∘ h)(p) = o + \frac{a}{||\overrightarrow{oh(p)}||^{2}} \overrightarrow{oh(p)}= o + \frac{aρ}{ρ^{2}||\overrightarrow{op}||^{2}} \overrightarrow{op}

donc

– si ρ > 0, (i) h ∘ ι est l’inversion de pôle o et de puissance ρa; (ii) ι ∘ h est l’inversion de pôle o et de puissance ρ^{−1} a;

– si ρ < 0, (i) h ∘ ι est la composée de l’inversion de pôle o et de puissance a|ρ| par la symétrie de centre o; (ii) ι ∘ h est la composée de l’inversion de pôle o et de puissance a|ρ|^{−1} par la symétrie de centre o.

2.2. Soit α le milieu du segment [xy] ; le vecteur \overrightarrow{cα} est orthogonal à la droite D. On a

(\overrightarrow{px}|\overrightarrow{py}) = (\overrightarrow{pα} + \overrightarrow{αx}|\overrightarrow{pα} + \overrightarrow{αy})
= (\overrightarrow{pα} |\overrightarrow{pα}) + (\overrightarrow{pα} |\overrightarrow{αx}) + (\overrightarrow{pα} |\overrightarrow{αy}) + (\overrightarrow{αx}|\overrightarrow{αy})
= ||p − α||^{2}+ (\overrightarrow{αx}|\overrightarrow{αy})

car \overrightarrow{αx}+ \overrightarrow{αy} = 0, donc

(\overrightarrow{px}|\overrightarrow{py}) = ||p − α||^{2}− ||α − x||^{2}
= ||p − c||^{2}− R^{2}

puisque ||p − α||^{2} = ||p − c||^{2}− ||α − c||^{2} et R^{2} = ||x − c||^{2} = ||α − c||^{2}+ ||α − x||^{2}.

2.3. Les triangles (p,p′,x) et (p,p′,x′) étant respectivement rectangles en x et en p′,

(\overrightarrow{px}|\overrightarrow{px′}) = (\overrightarrow{pp′}|\overrightarrow{px′}) + (\overrightarrow{p′x}|\overrightarrow{px′})
= (\overrightarrow{pp′}|\overrightarrow{px′})
= (\overrightarrow{pp′}|\overrightarrow{pp′}) + (\overrightarrow{pp′}|\overrightarrow{p′x′})
= (\overrightarrow{pp′}|\overrightarrow{pp′}).

3)

(i) Soit D une droite passant par le point o. Étant donné un point p ∈ D − {o}, ι(p) ∈ (op) = D puisque les points o, p et ι(p) sont alignés ; on a ainsi ι(D − {o}) ⊂ D − {o}. En appliquant ι à cette inclusion, on obtient ι^{2}(D−{o}) ⊂ ι(D−{o}) et donc D−{o} ⊂ ι(D−{o}) ⊂ D−{o} puisque ι^{2}(D−{o}) = D−{o} en vertu de la première question. Nous avons ainsi prouvé l’égalité ι(D − {o}) = D − {o}, soit encore ι(D − {o}) ∪ {o} = D.

(ii) Soit C ⊂ X un cercle de centre c et de rayon R ne passant par o. En vertu de la question 2.2, la puissance du point o par rapport au cercle C est le nombre réel non nul

||c − o||^{2}− R^{2} = (\overrightarrow{ox}|\overrightarrow{oy}),

où x et y sont n’importe quels points de C tels que o,x et y soient alignés.

– Si ||c−o||^{2}−R^{2} > 0, cette identité signifie précisément que le point y est l’image du point x par l’inversion ι′de pôle o et de puissance b = ||c−o||^{2}−R^{2} ; on a donc ι′(C) = C. Il reste à appliquer la question 2.1 pour conclure : si h est l’homothétie de centre o et de rapport b^{−1} a, ι = h ∘ ι′et donc ι(C) = h(ι′(C)) = h(C) est l’image d’un cercle par une homothétie, c’est-à-dire un cercle.

– Soit σ la symétrie de centre o. Si ||c − o||^{2} < R^{2}, l’identité précédente signifie précisément que le point σ(y) est l’image du point x par l’inversion ι′ de pôle o et de puissance b = R^{2} − ||oc − ||^{2} ; on a donc ι′(C) = σ(C). Il reste à appliquer la question 2.1 pour conclure : si h est l’homothétie de centre o et de rapport b^{−1} a, ι = h ∘ ι′et donc ι(C) = h(ι′(C)) = h(σ(C)) = (h ∘ σ)(C) est l’image d’un cercle par une homothétie, c’est-à-dire un cercle.

(iii) Soit D une droite ne passant pas par o. Notant o′le projeté orthogonal du point o sur la droite D et désignant par C le cercle de diamètre [oo′], nous avons établi à la question 2.3 l’identité

(\overrightarrow{ox}|\overrightarrow{ox′}) = ||\overrightarrow{oo′}||^{2}

pour tous points x ∈ D et x′∈ C − {o} tels que les points o,x et x′soient alignés. Ceci signifie précisément que le point x′ est l’image du point x par l’inversion ι′ de pôle o et de puissance b = ||\overrightarrow{oo′}||^{2}, de sorte que ι′(D) = C − {o}. Il reste à appliquer la question 2.1 pour conclure : si h est l’homothétie de centre o et de rapport b^{−1} a, ι = h ∘ ι′et donc

ι(D) ∪ {o} = h(ι′(D)) ∪ {o} = h(C − {o}) ∪ {o} = h(C)

est un cercle passant par o. (iv) Soit C un cercle passant par o et soit o’ le point diamétralement opposé sur C. Ce que l’on vient de dire en

(iii) établit que D est l’image de C − \{o\} par l’inversion de pôle o et de puissance b = ||\overrightarrow{oo′}||^{2} et il suffit d’appliquer la question 2.1 pour conclure : si h est l’homothétie de centre o et de rapport b^{−1} a, ι = h ∘ ι′et donc

ι(C − {o}) = h(D)

est une droite ne passant pas par o.

4) Il suffit de traduire la définition de l’application ι : l’image du point p ∈ X − {o} de coordonnées (x,y) est le point de X − \{o\} de coordonnées (x′,y′) = ( \frac{ax}{x^{2}+y^{2}} , \frac{ay}{x^{2}+y^{2}} ).

(i) Une droite D passant par o a une équation de la forme ux + vy = 0 ; ι(D − {o}) est alors le sous-ensemble de X − {o} défini par l’équation aux′+ avy′= 0 et donc ι(D − {o}) = D − {o}.

(ii) Un cercle C ne passant par o a une équation de la forme x^{2}+y^{2}+αx+βy+γ = 0 avec γ ≠ 0 et α^{2}+β^{2}−4γ > 0 ; ι(C) est alors le sous-ensemble de X − {o} défini par l’équation

\frac{a}{x′^{2}+ y′^{2}} + aα \frac{x′}{x′^{2}+ y′^{2}} + aβ \frac{y′}{x′^{2}+ y′^{2}} + γ = 0,

soit encore

γ(x′^{2}+ y′^{2}) + aαx′+ aβy′+ a = 0.

Comme γ ≠ 0 et

( \frac{aα}{aγ} ) ^{2}+ ( \frac{aβ}{aγ}) ^{2}− 4\frac{a}{aγ} = \frac{α^{2}+ β^{2}− 4γ}{γ^{2}} > 0,

il s’agit d’un cercle (ne passant pas par o puisque a ≠ 0).

(iii) Une droite D ne passant par o a une équation de la forme ux + vy + w = 0 avec w ≠ 0 et u^{2}+ v^{2} > 0 ; ι(D) est alors le sous-ensemble de X − {o} défini par l’équation aux′+ avy′+ w(x′^{2}+ y′^{2}) = 0, c’est-à-dire un cercle passant par le point o.

(iv) Enfin, un cercle C passant par o a une équation de la forme x^{2}+y^{2}+αx+βy = 0 avec α^{2}+β^{2} > 0 ; ι(C −{o}) est alors le sous-ensemble de X − {o} d’équation

\frac{a^{2}}{x′^{2}+ y′^{2}} + aα \frac{x′}{x′^{2}+ y′^{2}} + aβ \frac{y′}{x′^{2}+ y′^{2}} = 0,

soit encore

αx′+ βy′+ a = 0,

et ι(C − {o}) est donc une droite (ne passant pas par le point o).

5) Il est commode de désigner par E l’ensemble des droites et des cercles du plan X. On observera que deux cercles (resp. une cercle et une droite) sont tangents si et seulement si leur intersection est réduite à un point.

– Soient C et C′deux cercles tangents en un point p ≠ o; en vertu de la question 3, ι(C − {o}) est un cercle ne passant pas par o ou une droite ne passant pas par o. Comme ι est une bijection de X − {o} dans lui-même, ι(C − {o}) ∩ ι(C′− {o}) = ι(C ∩ C′) = {ι(p)} et les éléments ι(C − {o}) et ι(C − {o}) de E sont donc tangents au point ι(p).

– Si C et C′deux cercles tangents au point o, ι(C −{o}) et ι(C′−{o}) sont deux droites en vertu de la question 3 (iv) ; ces deux droites sont en outre parallèles car toutes deux sont perpendiculaires à la droite portant les diamètres de C et C′qui passe par o.

– Soient C un cercle et D une droite tangents en un point p ≠ o; en vertu de la question 3, ι(C) est un élément de E ne passant pas par o tandis que ι(D − {o}) ∪ {o} est un élément de E passant par o. L’application ι étant une bijection de X − {o}, ι(C − {o}) ∩ ι(D − {o}) = ι(C ∩ D) = {ι(p)} et donc

ι(C − {o}) ∩ (ι(D − {o}) ∪ {o}) = ι(C − {o}) ∩ ι(D − {o}) = {ι(p)}

puisque o ∉ ι(C − {o}). On en déduit que ι(C − {o}) et ι(D − {o}) ∪ {o} sont tangents au point ι(p).

– Soient D et D′deux droites parallèles distinctes ; l’une d’entre-elles au moins, disons D, ne passe pas par le point o et, en vertu de la question 3, ι(D)∪{o} est alors un cercle passant par o tandis que ι(D′−{o})∪{o} est un cercle passant par o ou une droite passant par o selon que o ∉ D′ou o ∈ D′. On a

ι(D − {o}) ∩ ι(D′− {o}) = ι((D − {o}) ∩ (D′− {o})) = ∅

et donc

(ι(D − {o}) ∪ {o}) ∩ (ι(D′− {o}) ∪ {o}) = (ι(D − {o}) ∩ ι(D′− {o})) ∪ {o} = {o},

ce qui prouve que les éléments ι(D − {o}) ∪ {o} et ι(D′− {o}) ∪ {o} de E sont tangents au point o.

6) Soient C et C′deux cercles distincts de centres respectifs c et c′; on suppose C ∩ C′≠ ∅. 6.1. On observe sur un dessin et on vérifie immédiatement que l’on a

\overrightarrow{pc′}= ||\overrightarrow{pc′}||\frac{\overrightarrow{cp′}}{||\overrightarrow{cp′}||} et \overrightarrow{pc} = ||\overrightarrow{pc}||\frac{\overrightarrow{c′p′}}{||\overrightarrow{c′p′}||},

d’où

[\overrightarrow{pc},\overrightarrow{pc′}] = [||\overrightarrow{pc}||\frac{\overrightarrow{c′p′}}{||\overrightarrow{c′p′}||},||\overrightarrow{pc′}||\frac{\overrightarrow{cp′}}{||\overrightarrow{cp′}||}] = [\overrightarrow{c′p′},\overrightarrow{cp′}]
= −[\overrightarrow{cp′},\overrightarrow{c′p′}] = −[\overrightarrow{p′c},\overrightarrow{p′c′}].

6.2. La tangente au cercle C en un point p est la droite perpendiculaire à (cp) passant par le point p; de manière équivalente, la droite passant par p et perpendiculaire à la tangente à C en p est la droite (cp).

6.3. Soient D et D′deux droites perpendiculaires en un point p.

– Si p = o, ι(D − {o}) ∪ {o} = D et ι(D − {o}) ∪ {o} = D′sont deux droites orthogonales.

– Si o ∉ D ∪ D′, C = ι(D − {o}) ∪ {o} et C′= ι(D − {o}) sont deux cercles passant par le point o. Notant c et c′leurs centres respectifs, les droites (oc) et (oc′) sont respectivement perpendiculaires aux droites D et D′; comme D et D′sont perpendiculaires, (oc) et (oc′) sont perpendiculaires et donc (oc′) (resp. (oc)) est la tangente à C (resp. à C′) au point o. Les cercles C et C′ont ainsi des tangentes perpendiculaires au point o, ce qui signifie qu’ils sont orthogonaux.

– Enfin, si o ∈ D et o ∉ D′, C′= ι(D′−{o})∪{o} est un cercle passant par le point o dont la tangente au point o est la parallèle à D′passant par o; comme les droites D et D′sont perpendiculaires, D est perpendiculaire à la tangente à C′en o et donc ι(D − {o}) ∪ {o} et ι(D′− {o}) ∪ {o} sont orthogonaux.

Nous avons finalement vérifié que l’inversion ι transformait deux éléments orthogonaux de E en des éléments de E orthogonaux.

6.4. Soient C et C′ deux cercles orthogonaux en un point p et soient T_{p}C et T_{p}C′ les tangentes respectives à C et C′au point p. D’après la question précédente, les images par ι des droites T_{p}C et T_{p}C′sont des éléments de E orthogonaux. D’autre part, d’après la question 5, ι transforme C et T_{p}C d’une part, C′et T_{p}C′d’autre part, en des éléments de E tangents. Il en découle que les tangentes à ι(C) et ι(C′) au point ι(p) coïncident avec celles à ι(T_{p}C − {o}) ∪ {o} et ι(T_{p}C′− {o}) ∪ {o} en ce point, donc sont perpendiculaires, ce qui prouve que les éléments ι(C) et ι(C′) de E sont orthogonaux.

Un raisonnement parfaitement analogue établit que l’inversion ι transforme un cercle et une droite orthogonaux en des éléments de E orthogonaux.

Exercice 5 — 1) Soit o un point dans C ∩ C′. Toute inversion de pôle o transforme C et C′en des droites, lesquelles sont parallèles ou sécantes selon que C et C′sont ou ne sont pas tangents.

2) 2.1. Soit L la droite parallèle à D passant par le point c′′; L coupe le cercle C′′en deux points diamétralement opposés x et y. On désigne par L′ la droite perpendiculaire à L passant par x et par x′ le point d’intersection des droites L′et D. Le cercle Γ de centre x′passant par x satisfait aux conditions requises :

– Γ et D sont orthogonaux puisque le centre de Γ appartient à D (cf. la question 6.2 de l’exercice précédent) ;

– les cercles Γ et C′′sont orthogonaux puisque leurs tangentes respectives au point x sont les droites perpendiculaires L et L′;

– le cercle Γ et la droite L′′, perpendiculaire à D passant par c′′, ont deux points d’intersection distincts car la distance du centre x′de Γ à la droite L′′est strictement inférieure au rayon de Γ : en effet,

dist(x′,L′′) = dist(x,c′′) < dist(c′′,D) = dist(x,x′)

puisque le cercle C′′est disjoint de la droite D (observer ces distances sur un dessin). 2.2. Soit o l’un des deux points du cercle C′appartenant à la droite L = (cc′) et soit ι une inversion de pôle o.

Comme on l’a établi au cours de l’exercice précédent, ι(C) est un cercle, ι(C′−{o}) est une droite disjointe de ι(C) et ι transforme la droite L en elle-même. D’après la question précédente, il existe un cercle Γ′orthogonal à ι(C) et ι(C′) coupant L en deux points distincts ; Γ = ι(Γ′− {o}) est alors un cercle ou une droite, orthogonal aux cercles C et C′en vertu de la question 6 de l’exercice précédent. La seule droite orthogonale à C et C′étant L, ι(Γ′− {o}) est un cercle puisque Γ′≠ L et nous avons donc établi l’existence d’un cercle Γ orthogonal à C et C′qui coupe la droite L en deux points distincts, notés x et y.

2.3. Le cercle Γ étant orthogonal aux cercles C et C′, ses points d’intersection x et y avec la droite (cc′) ne sont pas situés sur C ∪ C′.

Une inversion ι de pôle x transforme les cercles C et C′en des cercles puisque x ∉ C ∪ C′. Elle transforme la droite L = (cc′) en elle-même puisque x ∈ (cc′) et elle transforme le cercle Γ en une droite puisque x ∈ Γ. Les droites ι(L − {x}) ∪ {x} et ι(Γ − {x}) sont en outre sécantes au point ι(y) puisque y ∈ Γ ∩ L. Nous savons par ailleurs que ces droites sont orthogonales aux cercles ι(C) et ι(C′) car la droite L et le cercle Γ sont tous deux orthogonaux aux cercles C et C′(appliquer la question 6 de l’exercice précédent).

Toute droite orthogonale à un cercle passe par le centre d’icelui (question 6 de l’exercice précédent). Cela a pour conséquence que les cercles ι(C) et ι(C′) sont centrés au point d’intersection ι(y) des droites ι(L−{o})∪{o} et ι(Γ − {o}) et nous avons finalement établi le résultat suivant : deux cercles disjoints peuvent être transformés, par une inversion convenable, en deux cercles concentriques.

3) Soient C et C′deux cercles disjoints tels que C′soit intérieur à C et soit (Γ_{n}) une suite de cercles telle que – Γ_{0} soit tangent à C et C′;

– Γ_{1} soit distinct de Γ_{0} et tangent à C, C′et Γ_{0} ;

– pour tout n ≥ 1, Γ_{n+1} soit distinct de Γ_{n} et Γ_{n−1} et tangent à C, C′et Γ_{n}.

Supposons tout d’abord que les cercles C et C′soient concentriques et soit C′′le cercle équidistant de C et C′. Un cercle est tangent à C et C′si et seulement s’il est centré sur C′′et de diamètre R_{C}−R′_{C}. La suite (γ_{n}) des centres des cercles Γ_{n} est une suite de points de C′′tels que dist(γ_{n+1} ,γ_{n}) = dist(γ_{1},γ_{0}) = R_{C}−R′_{C} pour tout n. La suite (Γ_{n}) est périodique (i.e. il existe un entier n_{0} tel que Γ_{n_{0}} = Γ_{0}) si et seulement si la suite (γ_{n}) est périodique, donc si et seulement si l’angle ϑ = [\overrightarrow{cγ_{0}},\overrightarrow{cγ_{1}}] est de la forme \frac{2π}{N} avec N ∈ ℕ−\{0\}. Comme cos(ϑ) = 1− \frac{2(R_{C}−R′_{C})^{2}}{(R_{C}+R′_{C})^{2}} (le vérifier sur un dessin), la périodicité de la suite (Γ_{n}) ne dépend que de la position relative des cercles C et C′, non pas du choix du cercle initial Γ_{0}.

Considérons maintenant deux cercles disjoints C et C′ tels que C′ soit intérieur à C et soit (Γ_{n}) une suite de cercles vérifiant les mêmes conditions que précédemment. Comme on l’a établi, il existe une inversion ι telle que ι(C) et ι(C′) soient deux cercles concentriques ; (ι(Γ_{n})) est alors une suite de cercles satisfaisant aux conditions cidessus (cf. exercice précédent, question 4), qui est périodique si et seulement si tel est le cas pour la suite (Γ_{n}). Nous en déduisons que cette dernière propriété ne dépend que des cercles C et C′et non pas de la suite (Γ_{n}) elle-même. Remarque : on trouvera des dessins dans le livre Géométrie de Marcel Berger (éditions Nathan), à la page 363 du tome 1 (chapitre 10, section 10.10.3).

4) 4.1. Soient C et C′deux cercles disjoints non concentriques. On sait qu’il existe une inversion ι telle que ι(C) et ι(C′) soient deux cercles concentriques. Comme ι préserve l’orthogonalité, ι(F) est l’ensemble des éléments de E orthogonaux à ι(C) et ι(C′), c’est-à-dire l’ensemble des droites passant par le centre commun o des cercles ι(C) et ι(C′) ; il en découle que F est l’image par un inversion de l’ensemble des droites passant par o. Comme les cercles C et C′ ne sont pas concentriques, seule la droite reliant les centres leur est orthogonale et le pôle de l’inversion ι est par conséquent distinct de o; il en découle que F est l’ensemble des cercles et droites passant par les deux points distincts que sont ι(o) et le centre de ι.

4.2. Soient C et C′ deux cercles tangents en un point p. Une inversion ι de pôle p transforme C et C′ en des droites parallèles, de sorte que ι(F) soit l’ensemble des droites perpendiculaires à ι(C − {o}) ; F est par conséquent l’ensemble des éléments de E passant par o et orthogonaux à la tangente commune aux cercles C et C′ au point p.

4.3. Soient C et C′deux cercles sécants et non tangents. Une inversion de pôle p ∈ C ∩ C′transforme C et C′en deux droites sécantes en p, de sorte que ι(F) soit l’ensemble des cercles concentriques de centre p. Il en découle que deux éléments distincts de F sont disjoints.

4.4. On trouvera des dessins dans le livre Géométrie de Marcel Berger (éditions Nathan), aux pages 360 et 361 du tome 1 (chapitre 10, section 10.10.1).

Exercice 6 — 1) L’ensemble Γ_{a} est – ℝ^{2} si a_{0} = a_{1} = a_{2} = a_{3} = 0 ;

– vide si a_{0} = a_{1} = a_{2} = 0 et a_{3} ≠ 0 ;

– une droite si a_{0} = 0 et a_{1} ≠ 0 ou a_{2} ≠ 0 ;

– vide si a_{0} ≠ 0 et a_{1}^{2} + a_{2}^{2} − 4a_{3}a_{0} < 0 (cette équation définit un cercle de centre (−\frac{a_{1}}{2a_{0}},−\frac{a_{2}}{2a_{0}}) et de rayon « imaginaire pur ») ;

– un point si a_{0} ≠ 0 et a_{1}^{2} + a_{2}^{2} − 4a_{0}a_{3} = 0 (cette équation définit un cercle de centre (−\frac{a_{1}}{2a_{0}},−\frac{a_{2}}{2a_{0}}) de rayon nul) ;

– un cercle si a_{0} ≠ 0 et a_{1}^{2} + a_{2}^{2} − 4a_{0}a_{3} > 0 (cette équation définit un cercle de centre (\frac{a_{1}}{2a_{0}}, \frac{a_{2}}{2a_{0}}) et de rayon

\frac{\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}−4a_{0}a_{3}}}{2|a_{0}|} .)

2) Vu la question 1, l’image de l’application γ : {a ∈ ℝ^{4} | q(a) ≥ 0} → P(ℝ^{2}) est effectivement le sousensemble ℝ^{2}∪ {∞} ∪ E de P(ℝ^{2}).

Soient a,a′∈ ℝ^{4}− {0} deux quadruplets tels que q(a),q(a′) ≥ 0 et Γ_{a} = Γ_{a′}.

– Si Γ_{a} = Γ_{a′} = ∅, a et a′sont tous deux proportionnels à (0,0,0,1).

– Si Γ_{a} = Γ_{a′} est un point ou un cercle, alors a_{0},a′_{0} ≠ 0, a = a_{0}(1, \frac{a_{1}}{a_{0}}, \frac{a_{2}}{a_{0}}, \frac{a_{3}}{a_{0}}) et a′= a′_{0}(1, \frac{a′_{1}}{a′_{0}}, \frac{a′_{2}}{a′_{0}}, \frac{a′_{3}}{a′_{0}}) ; on voit

finalement en considérant le centre et le rayon (éventuellement nul) du cercle Γ_{a} = Γ_{a′} que a′= \frac{a′_{0}}{a_{0}}a.

– Enfin, si Γ_{a} = Γ_{a′} est une droite, a_{0} = a′_{0} = 0 et on voit que les quadruplets a et a′ sont proportionnels en condiérant un vecteur normal et un point de cette droite.

Nous avons vérifié que l’application γ induit une bijection de \overline{C} sur ℝ^{2}∪ \{∞\} ∪ E.

3) Soit D ∈ C et soit a ∈ D − {0}. On désigne par H_{0} ⊂ ℝ^{4} l’hyperplan d’équation a_{0} = 0. 3.1. Vu la question 1,

– γ(D) ∈ ℝ^{2}∪ {∞} si et seulement si a_{0} ≠ 0 et q(a) = 0 ou si a = (0,0,0,1) ; comme Q ∩ H_{0} = {(0,0,0,1)}, la première condition équivaut bien à D ⊂ Q;

– γ(D) est une droite si et seulement si a_{0} = 0 et a_{1}^{2}+ a_{2}^{2} > 0, donc si et seulement si D ∈ C et D ⊂ H_{0} ;

– γ(D) est un cercle si et seulement si a_{0} ≠ 0 et q(a) > 0, donc si et seulement si D ∈ C et D ⊈ H_{0}. 3.2. Si D ∈ C, q(a) = a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}− 4a_{0}a_{3} > 0 et donc a_{0} ne peut s’annuler. L’équation de Γ_{a} s’écrit alors sous la

forme

0 = a_{0}(x^{2}+ y^{2}) + a_{1}x + a_{2}y + a_{3} = a_{0}\{ ( x + \frac{a_{1}}{2a_{0}}) ^{2}+ ( y + \frac{a_{2}}{2a_{0}}) ^{2}− \frac{q(a)}{4a_{0}^{2}}\}

et il s’agit donc du cercle de centre (−\frac{a_{1}}{2a_{0}},−\frac{a_{2}}{2a_{0}}) et de rayon ^{\frac{\sqrt{q(a)}}{2|a_{0}|}}.

4. 4.1. Vu la question 1, l’unique droite dans \overline{C} d’image p est D_{p} = ℝ(1,−2x_{0},−2y_{0},x_{0}^{2}+ y_{0}^{2}). 4.2. Étant donné un point p = (x_{0},y_{0}) ∈ ℝ^{2},

R(a,(1,−2x_{0},−2y_{0},x_{0}^{2}+ y_{0}^{2})) = −2a_{1}x_{0}− 2a_{2}y_{0}− 2(a_{3}+ a_{0}(x_{0}^{2}+ y_{0}^{2})) = −2(a_{0}(x_{0}^{2}+ y_{0}^{2}) + a_{1}x_{0}+ a_{2}y_{0}+ a_{3})

s’annule si et seulement si le point p appartient à Γ_{a}.

4.3. Les droites D et D_{∞} sont orthogonales si et seulement si 0 = R(a,(0,0,0,1)) = −4a_{0}, donc si et seulement si D ⊂ H_{0}.

4.4. Soient D,D′∈ C deux droites distinctes contenues dans H_{0}. Les droites γ(D) et γ(D′) dans ℝ^{2} sont parallèles si et seulement si les vecteurs (a_{1},a_{2}) et (a′_{1},a′_{2}) sont proportionnels, ce qui est le cas si et seulement si

|a_{1}a′_{1}+ a_{2}a′_{2}| = \sqrt{a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}} \sqrt{a′_{1}^{2}+ a′_{2}^{2}} (cas d’égalité de l’inégalité de Cauchy-Schwarz). D’autre part, une droite de \overline{C} contenue dans Q est soit D_{∞}, soit de la forme D_{p} avec p ∈ ℝ^{2} ; comme D_{p} et D sont orthogonales si et seulement si le point p appartient à γ(D), les droites γ(D) et γ(D′) sont orthogonales si et seulement si D_{∞} est l’unique droite de \overline{C} contenue dans Q qui soit simultanément orthogonale à D et D′.

5) Soient D,D′∈ C deux droites et a ∈ D − {0},a′∈ D′− {0}. La restriction de la forme quadratique q au plan {ta+sa′, (s,t) ∈ ℝ^{2}} de ℝ^{4} engendré par D et D′est positive (resp. définie positive) si et seulement si q(ta+sa′) ≥ 0 pour tout couple (s,t) ∈ ℝ^{2} (resp. > 0 pour tout couple (s,t) ≠ (0,0)). Comme

q(ta + sa′) = q(a)t^{2}+ q(a′)s^{2}+ 2R(a,a′)st

et q(a),q(a′) > 0, tel est le cas si et seulement si le discriminant de ce trinôme est négatif (resp. strictement négatif) :

R(a,a′)^{2}− q(a)q(a′) ≤ 0 (resp. < 0)

ou, de manière équivalente,

[D,D′] = \frac{|R(a,a′)}{\sqrt{q(a)q(a′)}} ≤ 1 (resp.< 1).

Il revient au même de dire que ce plan a au plus une droite en commun avec la quadrique Q.

6) 6.1. Soient D,D′∈ C deux droites contenues dans H_{0} et soient a ∈ D − {0},a′∈ D′− {0}. On a

|R(a,a′)| = |a_{1}a′_{1}+ a_{2}a′_{2}| ≤ \sqrt{a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}} \sqrt{a′_{1}^{2}+ a′_{2}^{2}} = \sqrt{q(a)q(a′)}

(c’est l’inégalité de Cauchy-Schwarz), donc [D,D′] ≤ 1, et il y a égalité si et seulement si les vecteurs (a_{1},a_{2}) et (a′_{1},a′_{2}) sont proportionnels, donc si et seulement si les droites γ(D) et γ(D′) de ℝ^{2} sont parallèles.

6.2. Si les droites D et D′ sont concourantes, leur angle est l’unique élément ϑ de [0, \frac{π}{2}] tel que cos(ϑ) = \frac{|a_{1}a′_{1}+a_{2}a′_{2}|}{\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}} \sqrt{a′_{1}^{2}+a′_{2}^{2}}} = [D,D′].

7) Soient D,D′∈ C deux droites et a ∈ D − {0},a′∈ D′− {0}. On suppose que ni D ni D′n’est contenue dans H_{0}, de sorte que γ(D) et γ(D′) sont deux cercles.

7.1. On a déjà vérifié que Γ_{a} et Γ_{a′} étaient les cercles de centres et de rayons respectifs c = (−\frac{a_{1}}{2a_{0}},−\frac{a_{2}}{2a_{0}}), r =

\frac{\sqrt{q(a)}}{2|a_{0}|} et c′= (−\frac{a′_{1}}{2a′_{0}},−\frac{a′_{2}}{2a′_{0}}), r′= ^{\frac{\sqrt{q(a′)}}{2|a′_{0}|}}. On a donc

dist(c,c′)^{2} = ( \frac{a_{1}}{2a_{0}} − \frac{a′_{1}}{2a′_{0}}) ^{2}+ ( \frac{a_{2}}{2a_{0}} − \frac{a′_{2}}{2a′_{0}}) ^{2} = \frac{q(a)}{4a_{0}^{2}} + \frac{q(a′)}{4a′_{0}} − \frac{R(a,a′)}{2a_{0}a′_{0}}.

7.2. Les cercles γ(D) et γ(D′) sont sécants si et seulement si dist(c,c′) ≤ r + r′, donc si et seulement si

dist(c,c′)^{2} ≤ (r + r′)^{2} = \frac{q(a)}{4a_{0}^{2}} + \frac{q(a′)}{4a_{0}^{′2}}+ 2\frac{\sqrt{q(a)}\sqrt{q(a′)}}{4|a_{0}a′_{0}|},

c’est-à-dire si et seulement si

−\frac{R(a,a′)}{2a_{0}a′_{0}} ≤ \frac{\sqrt{q(a)q(a′)}}{2|a_{0}a′_{0}|}

ou, de manière équivalente

[D,D′] = \frac{|R(a,a′)|}{\sqrt{q(a)q(a′)}} ≤ 1.

Soit p ∈ γ(D) ∩ γ(D′). L’angle ϑ entre les tangentes aux cercles γ(D) et γ(D′) au point p est complètement déterminé par l’identité

|dist(c,c′)^{2}− (r^{2}+ r^{2})| = 2rr′|cos(ϑ)|

(considérer le triangle (c,p,c′)) et l’on obtient bien

|cos(ϑ)| = \frac{|R(a,a′)|}{\sqrt{q(a)q(a′)}} = [D,D′].

8) Soient D,D′∈ C deux droites et a ∈ D − {0},a′∈ D′− {0}; on suppose D ⊂ H_{0} et D′⊈ H_{0}. La distance du centre c = (−\frac{a′_{1}}{2a′_{0}},−\frac{a′_{2}}{2a′_{0}}) du cercle γ(D′) à la droite γ(D) est

\frac{| − a_{1} \frac{a′_{1}}{2a′_{0}} − a_{2} \frac{a′_{2}}{2a′_{0}} + a_{3}|}{\sqrt{a_{1}^{2}+ a_{2}^{2}}} = \frac{|R(a,a′)|}{2\sqrt{q(a)}|a0′|}

et γ(D) ∩ γ(D′) ≠ ∅ si et seulement si cette distance est inférieure au rayon du cercle γ(D) :

\frac{|R(a,a′)|}{2\sqrt{q(a)}|a′_{0}|} ≤ \frac{\sqrt{q(a′)}}{2|a′_{0}|},

soit

[D,D′] ≤ 1.

On démontre comme dans la question précédente que le cosinus de l’angle formé par γ(D) et la tangente à γ(D′) en un point de γ(D) ∩ γ(D′) est précisément égal à [D,D′].

9) Toutes les assertions découlent immédiatement de ce qui a été établi jusqu’ici.

10) Soient D,D′∈ C deux droites distinctes non contenues dans H_{0} et soient P le plan de ℝ^{4} qu’elles engendrent.

10.1. Le plan P n’étant pas contenu dans l’hyperplan H_{0}, P ∩ H_{0} est une droite vectorielle. D’autre part, la restriction de la forme quadratique q au plan P est de signature (2,0), (1,0) ou (1,1) ; le premier cas équivaut à la condition q > 0 sur P − {0} — c’est-à-dire Q ∩ P = {0} — le troisième équivaut à l’existence d’une base (e,e′) de P telle que q(xe + x′e′) = x^{2}− x′^{2}, auquel cas Q ∩ P est la réunion des deux droites ℝ(e + e′) et ℝ(e − e′), et le deuxième à l’existence d’une base (e,e′) de P telle que q(xe + x′e′) = x^{2}, auquel cas Q ∩ P est la droite ℝe′.

10.2. Les cercles γ(D) et γ(D′) sont concentriques si et seulement si D = ℝ(1,a_{1},a_{2},a_{3}) et D′= ℝ(1,a′_{1},a′_{2},a′_{3}) avec a′_{1} = a_{1} et a′_{2} = a_{2}. D’un autre côté,

P ∩ H_{0} = {t(1,a_{1},a_{2},a_{3}) + s(1,a′_{1},a′_{2},a′_{3}) | s,t ∈ ℝ et s + t = 0} = ℝ(0,a′_{1}− a_{1},a′_{2}− a_{2},a′_{3}− a_{3})

est réduit à la droite D_{∞} si et seulement si a_{1}− a′_{1} = a_{2}− a′_{2} = 0 ; on a donc bien le résultat annoncé. Enfin, comme

R((1,−2a_{1},−2a_{2},a_{1}^{2}+a_{2}^{2}),(1,a_{1},a_{2},a_{3})) = R((1,−2a_{1},−2a_{2},a_{1}^{2}+a_{2}^{2}),(1,a_{1},a_{2},a′_{3})) = −2(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}−(a_{1}^{2}+a_{2}^{2})) = 0,

la droite D_{c} associée au centre des cercle γ(D) et γ(D′) appartient à P ∩ Q; puisque tel est également le cas de la droite D_{∞}, nous avons finalement bien Q ∩ P = D_{∞} ∪ D_{c}.

10.3. Un plan P de ℝ^{4} peut être contenu dans l’hyperplan H_{0} ou le rencontrer selon une droite, laquelle peut être ou non la droite D_{∞} ; par ailleurs, l’intersection du plan P et de la quadrique Q peut être réduite à 0, une droite ou la réunion de deux droites distinctes. Si l’on exclu le cas d’un plan contenu dans H_{0} — ce qui est le cas ici puisque les droites dans P ne correspondent pas uniquement à des droites de ℝ^{2} —, il n’y a que les quatre configurations envisagées dans l’énoncé car, si P ∩ H_{0} = D_{∞}, alors P rencontre nécessairement la quadrique Q selon la réunion de deux droites (cf. question précédente).

Soit P^{⊥} l’orthogonal de P dans ℝ^{4} relativement à la forme bilinéaire R (c’est-à-dire l’ensemble des points x ∈ ℝ^{4} tels que R(x,y) = 0 pour tout y ∈ P) ; P^{⊥} est également un plan puisque la forme bilinéaire R est non dégénérée.

– Si P ∩ H_{0} = D_{∞}, il existe un unique point c de ℝ^{2} tel que P ∩ Q = D_{c} ∪ D_{∞} et P est l’ensemble des cercles concentriques de centre c en vertu de la question 10.2.

– Si P ∩ H_{0} ≠ D_{∞} et P ∩ Q = {0}, alors P est l’ensemble des cercles et droites du plan passant par deux points fixes. En effet, puisque P ∩ Q = 0, ℝ^{4} = P ⊕ P^{⊥} et la restriction de q à P^{⊥} est nécessairement de signature (1,1) (q serait sinon de signature (4,0) ou (3,0)). Les deux droites de P ∩Q correspondent à des points x,y de ℝ^{2} appartenant à chaque γ(D′′), D′′∈ P, en vertu de la question 4.2 et, réciproquement, toute droite D′′∈ C telle que γ(D′′) contienne x et y est orthogonale à P^{⊥} et est donc contenue dans P. En particulier, P ∩ H_{0} définit la droite reliant les points x et y.

– Si P ∩ H_{0} ≠ D_{∞} et si P ∩ Q est une droite, alors P est l’ensemble des cercles et droites de ℝ^{2} passant par le point γ(P ∩ Q) et tangents à la droite γ(P ∩ H_{0}). En effet, tout couple de droites distinctes dans P correspond via γ à un couple de cercles ou droites tangents en un point ; en outre, comme la droite Q ∩ P est contenue dans P^{⊥}, elle correspond à un point de ℝ^{2} appartenant à tous les γ(D′′), D′′∈ P.

– Si enfin P ∩ H_{0} ≠ D_{∞} et si P ∩ Q est la réunion de deux droites, le plan P^{⊥} est tel que P^{⊥} ∩ H_{0} ≠ D_{∞} et P^{⊥} ∩ Q = {0}; P^{⊥} est alors l’ensemble des cercles et droites du plan passant par deux points distincts et P est dont l’ensemble des cercles et droites orthogonaux aux cercles et droites passant par ces points.

Exercice 7 — 2) L’application π est une bijection dont la réciproque est l’application de Π dans S−{ξ} qui envoie un point q ∈ Π sur l’unique point d’intersection de S − {ξ} avec la droite (ξq).

Pour déterminer les coordonnées du point π(p) à partir des coordonnées (x,y,z) du point p, on cherche pour quelle valeur du paramètre t le point (1 − t)(0,0,1) + t(x,y,z) = (tx,ty,1 + t(z − 1)) de la droite (ξq) appartient au plan Π ; on obtient immédiatement t = \frac{1}{1−z} et π(p) est donc le point de Π de coordonnées

( \frac{x}{1 − z} , \frac{y}{1 − z} ,0) .

Réciproquement, l’application π^{−1} associe au point q de Π de coordonnées (x′,y′,0) le point de S − {ξ} de coordonnées

( \frac{2x′}{x′^{2}+ y′^{2}+ 1} , \frac{2y′}{x′^{2}+ y′^{2}+ 1} , \frac{x′^{2}+ y′^{2}− 1}{x′^{2}+ y′^{2}+ 1} ) .

3) Un cercle C tracé sur la sphère S est l’intersection de S et d’un plan (affine) P tel que la distance de l’origine à P soit strictement inférieure à 1. Si P a pour équation ux+vy+wz+t = 0, on vérifie immédiatement que π(C) est défini par l’équation (w + t)(x′^{2}+ y′^{2}) + 2ux′+ 2vy′+ (t − w) = 0 ; il s’agit d’un cercle si w + t ≠ 0 — c’est-à-dire si ξ ∉ C — et d’une droite si w + t = 0, c’est-à-dire si ξ ∈ C.

On vérifie de la même manière que l’application π^{−1} transforme toute droite et tout cercle de Π en un cercle sur S.

4) Quel que soit le point q de Π−{o} de coordonnées (x,y,0), on vérifie sans difficulté que les coordonnées du point π ∘ s ∘ π^{−1} de Π sont

( \frac{x}{x^{2}+ y^{2}} , \frac{y}{x^{2}+ y^{2}} ,0)

et donc que l’application π ∘ s ∘ π^{−1} de Π − {o} dans lui-même est l’inversion de pôle o et de puissance 1.

5) 5.1. Par définition, un grand cercle est l’intersection de la sphère S avec un plan P passant par le centre de S. Étant donnés un tel grand cercle Γ et un point p de Γ, l’intersection du plan P et du plan tangent T_{p}S = p + (ℝ\overrightarrow{op})^{⊥} est une droite T_{p}Γ de T_{p}S passant par D; réciproquement, une telle droite D détermine un unique grand cercle Γ(D) sur S passant par p, à savoir l’intersection de S et du plan o + ℝ\overrightarrow{op}⊕ \overrightarrow{D}.

5.2. Soient D et D′deux droites dans T_{p}S passant par le point p. Le plan tangent T_{p}S étant orthogonal à la droite (op), la perpendiculaire à D (resp. D′) dans T_{p}S passant par p est orthogonale au plan P(D) du grand cercle Γ(D) (resp. au plan P(D′) du grand cercle Γ(D′)) et donc est parallèle à la normale à P(D) passant par l’origine. Il en découle que l’angle entre les droites D et D′, qui est le même que l’angle entre leurs perpendiculaires passant par p, est également l’angle entre les normales aux plans P(D) et P(D′) à l’origine.

5.3. Considérons des équations ux+vy+wz = 0 et u′x+v′y+w′z = 0 des plans P(D) et P(D′) (ces plans passent par l’origine !). D’après ce que l’on vient de dire, l’angle entre les droites D et D′au point p est l’unique élément ϑ de [0, \frac{π}{2}] tel que

cos(ϑ) = \frac{|uu′+ vv′+ ww′|}{\sqrt{(u^{2}+ v^{2}+ w^{2})} \sqrt{(u′^{2}+ v′^{2}+ w′^{2})}} .

Les images de Γ(D) et Γ(D′) sont les cercles ou droites d’équations respectives

w(x^{2}+ y^{2}) + 2ux + 2vy − w = 0 et w′(x^{2}+ y^{2}) + 2u′x + 2v′y − w′= 0.

En vertu de l’exercice 7, l’angle entre ceux-ci au point π(p) est l’unique élément α de [0, \frac{π}{2}] tel que

cos(α) = \frac{|R((w,2u,2v,−w),(w′,2u′,2v′,−w′))|}{\sqrt{q(w,2u,2v,−w)q(w′,2u′,2v′,−w′)}}.

Comme R((w,2u,2v,−w),(w′,2u′,2v′,−w′)) = 4uu′+ 4vv′+ 4ww′, q(w,2u,2v,−w) = 4(u^{2} + v^{2} + w^{2}) et donc cos(α) = cos(ϑ) ; les angles considérés sont donc les mêmes et nous avons prouvé que la projection stéréographique préserve les angles.