\documentclass{article}
\usepackage{amsfonts, amssymb, amsmath, latexsym}

\usepackage[frenchb]{babel}

\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{textcomp}


\input xy
\xyoption{all}

%\magnification=1150
\hsize=25cm
\vsize=35cm
\parskip=4pt plus 2pt minus 1pt
\parindent=5mm

\addtolength{\hoffset}{-22mm}
%\addtolength{\voffset}{-5mm}
\addtolength{\topmargin}{-30mm} \addtolength{\headsep}{0mm}
\addtolength{\textwidth}{40mm} \addtolength{\textheight}{50mm}


\font \tengoth=eufm10 at 12pt
\font \sevengoth=eufm7
\font \fivegoth=eufm5
\newfam\gothfam
\textfont \gothfam=\tengoth
\scriptfont \gothfam=\sevengoth
\scriptscriptfont \gothfam=\fivegoth
\def\goth{\fam\gothfam\tengoth}
\def\s{\sigma }

\begin{document}
\begin{flushleft}
{\bfseries Universit\'e Claude Bernard - Lyon 1 \\
G\'eom\'etrie \'el\'ementaire (L3) \\
Ann\'ee 2007/2008}
\end{flushleft}

\vspace{0.2cm}
\begin{center}\textbf{Fiche 5 -- Corrigé}\end{center} 
\vspace{0.3cm}
\noindent \textbf{Exercice 1.} 1) Si $G = \{Id_E\}$, alors le résultat est vrai (avec $n = 1$). On peut donc supposer $G \neq \{Id_E\}$ ; $G \setminus \{Id_E\}$ est alors fini, non vide, donc il existe un unique plus petit réel $\theta \in ]0,2\pi[$ tel que $R_{\overline \theta}\in G$.

Soit $n$ le plus petit entier naturel tel que $2\pi\le n\theta$. On a $0 \le n\theta -2\pi < \theta$, et $R_{\overline {n\theta -2\pi}} = R_{\overline {n\theta}} = (R_{\overline {\theta}})^n \in G$, donc $0 = n\theta -2\pi$ par choix de $\theta$. Donc $\theta = \frac{2\pi}{n}$ et ${\cal C}_n = <R_{\overline {\theta}}> \subseteq G$.

Réciproquement, soit $R_{\overline {\theta'}} \in G \setminus \{Id_E\}$, où $\theta' \in ]0,2\pi[$, et soit $p$ le plus grand entier naturel tel que $0 \le \theta' - p\theta$. On a $0 \le \theta' - p\theta < \theta$ et $R_{\overline {\theta' - p\theta}} = R_{\overline {\theta'}}(R_{\overline {\theta}})^{-p} \in G$, donc $0 = \theta' - p\theta$ par choix de $\theta$. On en déduit que $R_{\overline {\theta'}} = (R_{\overline {\theta}})^{p} \in {\cal C}_n$, d'où finalement $G = {\cal C}_n$.

\medskip

\noindent 2) 2.1. Soit $g \in G$. Si $g \in O^+(E)$, alors $g \in H$. Si $g \in O^-(E)$, alors $g \circ s \in O^+(E)$, donc $g \circ s \in H$ et $g = (g\circ s) \circ s \in H\circ s$.

\indent 2.2. On a $H \cap {\cal S} = \{Id_E\}$. Cette remarque et la question 2.1 montrent que tout élément de $g \in G$ s'écrit {\it de manière unique} comme une composée $g = h\circ \sigma$, avec $h \in H$ et $\sigma \in {\cal S}$. Les {\it ensembles} $H \times {\cal S}$ et $G$ sont donc en bijection, via $(h,\sigma) \mapsto h\circ \sigma$. 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 {\it produit semi-direct} de $H$ par $\cal S$.

Si $g = h\circ \sigma$ et $g' = h'\circ \sigma'$ sont deux éléments de $G$ décomposés comme indiqué, alors la décomposition de $g\circ g'$ est nécessairement $g\circ g' = (h\circ \sigma \circ h' \circ \sigma) \circ (\sigma \circ \sigma')$, puisque $(h\circ \sigma \circ h' \circ \sigma) \in H$ et $(\sigma \circ \sigma') \in {\cal S}$. Par transport de structure, {\it l'ensemble} $H \times {\cal S}$ acquiert structure de groupe avec la loi de composition interne $(h,\sigma) \cdot (h',\sigma') := (h\circ \sigma \circ h' \circ \sigma,\sigma \circ \sigma')$ (exercice : le vérifier directement !), et la bijection $(h,\sigma) \mapsto h\circ \sigma$ devient alors un isomorphisme de groupes.

\medskip 

\noindent 3) Soit $N \ge 3$. On considère le $N$-gone régulier du plan $E$ (plan qu'on identifie à $\mathbb{C}$) de sommets l'ensemble $\mu_N$ des racines $N$-ièmes de l'unité, et le sous-groupe $G$ de $O(E)$ laissant globalement invariant $\mu_N$.

On a un morphisme de restriction de $G$ dans le groupe des permutations de $\mu_N$, et ce morphisme est injectif puisque $\mu_N$ 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 $H = G \cap O^+(E)$ par ${\cal S} = \{Id_E,s\}$. Enfin, on vérifie facilement que $H = {\cal C}_N$. 

Le groupe $G$ est le {\it groupe diédral} d'ordre $2N$.

\bigskip 

\noindent \textbf{Exercice 2.} 1) La symétrie orthogonale par rapport à une droite $D$ est la rotation d'axe $D$ et d'angle $\pi$, c'est donc un élément de $G$.

\medskip 

\noindent 2) 2.1. Soient $\s$ et $\s'$ deux symétries orthogonales par rapport à des droites parallèles $D$ et $D'$. L'application linéaire $L_\s$ associée à $\s$ est la symétrie vectorielle orthogonale par rapport à la direction $\overrightarrow{D}$ de $D$, de même $L_{\s'}$ 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 $L_\s = L_{\s'}$. On en déduit que $L_{\s\circ \s'} = L_\s \circ L_{\s'} = Id_E$, donc $\s\circ \s'$ est une translation. 

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

\indent 2.2. Soit $\tau$ une translation de vecteur $\overrightarrow v$. On a $\tau = (\tau_0)^2$ avec $\tau_0$ la translation de vecteur $\frac{1}{2}\overrightarrow v$. 

\indent 2.3. Avec les notations de la question précédente, soient $\s$ et $\s'$ des symétries orthogonales par rapport à des droites telles que $\tau_0 = \s \circ \s'$. On a alors $\tau = (\tau_0)^2 = \s \circ \s' \circ \s \circ \s' = [\s,\s']$ (car $\s = \s^{-1}$ et $\s' = \s'^{-1}$).

\medskip 

\noindent 3) 3.1. La composée $\s \circ \s'$ est un déplacement qui laisse fixe (point par point) la droite $O + (\overrightarrow D \oplus \overrightarrow{D'})^\perp$, puisque pour tout point $P$ de cette droite, on a $\overrightarrow{OP} \in (\overrightarrow D \oplus \overrightarrow{D'})^\perp = \overrightarrow D^\perp \cap \overrightarrow{D'}^\perp$, donc $L_\s(\overrightarrow{OP}) = L_\s'(\overrightarrow{OP}) = -\overrightarrow{OP}$. Donc $\s \circ \s'$ est une rotation (c.f. le rappel fait en préambule : les seuls éléments de $G$ ayant des points fixes sont les rotations).

\indent 3.2. Si $\rho$ est la rotation d'axe $D$, d'angle $\theta$, alors $\rho = (\rho_0)^2$ avec $\rho_0$ la rotation d'axe $D$, d'angle $\frac{\theta}{2}$.

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 $\rho$ une rotation d'axe $D$ et d'angle $\theta$, qu'on peut supposer différent de $0$ modulo $2\pi$. Fixons $O$ un point de $D$ et $\overrightarrow v$, $\overrightarrow{v'}$ deux vecteurs non nuls de $\overrightarrow D^\perp$ formant un angle orienté $[\overrightarrow v, \overrightarrow{v'}] = \frac{\theta}{2}$. Considérons les symétries orthogonales $\s$ et $\s'$ par rapport aux droites $O+<\overrightarrow v>$ et $O+<\overrightarrow{v'}>$ respectivement. Alors la composée $\s'\circ \s$ est une rotation d'axe $D$, d'après la question 3.1, et le calcul de $\s'\circ \s (O+\overrightarrow v) = \s'(O+\overrightarrow v)$ montre que l'angle de cette rotation est $\theta$ (là encore, faire un dessin peut aider ...), donc $\s'\circ \s = \rho$.

\medskip 

\noindent 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 $\overrightarrow{v} \in \overrightarrow{D}$) ; le sous-groupe $[G,G]$ contient donc $G$ en entier.

\bigskip 

\noindent \textbf{Exercice 3.} 1) L'ensemble des points fixes de $\s_i$ est l'hyperplan $H_i$. On a clairement $E^G \subseteq H_i$, pour tout $i$, et réciproquement, tout point de $\bigcap_{1\le i\le k}H_i$ est fixé par les $\s_i$, $1\le i\le k$, donc par tous les éléments de $G$. Donc $E^G = \bigcap_{1\le i\le k}H_i$.

On a $E^G = \{0\} \Leftrightarrow (E^G)^\perp = E$. Comme $E^G = \bigcap_{1\le i\le k}H_i$ et comme $H_i^\perp = <x_i>$, on a $(E^G)^\perp = \sum_{1\le i\le k}<~x_i~>$, donc $E^G = \{0\} \Leftrightarrow \sum_{1\le i\le k}<x_i> = E$, c'est-à-dire $E^G = \{0\}$ si et seulement si les $x_i$ forment une famille génératrice de $E$.

\medskip

\noindent 2) Si $\s$ est la symétrie orthogonale par rapport à un sous-espace $A$ de $E$, et si $g \in O(E)$, alors le conjugué $g \circ \s \circ g^{-1}$ est la symétrie orthogonale par rapport au sous-espace $g(A)$ de $E$ (exercice ! \'Ecrire l'action du conjugué relativement à la décomposition $E = g(A)\oplus g(A)^\perp$, et profiter du fait que $g(A)^\perp = g(A^\perp)$ ...).

Considérons alors $x \in \Delta$ et $g \in G$, et montrons que $g(x) \in \Delta$. D'après la remarque ci-dessus, on a $\s_{<g(x)>^\perp} = g\circ \s_{<x>^\perp} \circ g^{-1}$, mais par hypothèse sur $x$, il existe $g' \in G$ et $1 \le i\le k$ tels que $\s_{<x>^\perp} = g'\circ \s_i \circ g'^{-1}$, on a donc $s_{<g(x)>^\perp} = g\circ g'\circ \s_i \circ g'^{-1} \circ g^{-1} = (gg')\circ \s_i \circ (gg')^{-1}$, donc $g(x) \in \Delta$.

\noindent Rq : En fait, comme $\s_i = \s_{<x_i>^\perp}$, le raisonnement précédent montre que $\Delta = \{g(x_i) \mid 1\le i \le k, \, g \in G\}$. En particulier, $\Delta$ contient les $x_i$, et les $-x_i = \s_i(x_i)$.

\medskip

\noindent 3) On déduit de la question précédente que l'on a un morphisme de $G$ dans ${\cal S}_\Delta$, donné par la restriction $g \mapsto g_{|\Delta}$ (le vérifier proprement). Si $\Delta$ est fini, alors le groupe ${\cal S}_\Delta$ 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 $\Delta$ (qui contient les $x_i$), et le morphisme $G\to {\cal S}_\Delta$, $g \mapsto g_{|\Delta}$, est alors injectif. Lorsque les deux conditions sont réalisées, le groupe $G$ s'injecte dans un groupe fini, donc est fini.

\medskip

\noindent 4) On vérifie facilement que les $\s_i$ commutent deux à deux, et cela implique que le groupe $G$ est abélien. On en déduit immédiatement que $\Delta = \{\pm x_i \mid 1\le i \le k\}$ puisque les seuls vecteurs de norme 1 tels que $\s_{<x>^\perp} = \s_i$ sont $x_i$ et $-x_i$. 

De plus, en profitant des relations de commutation entre les $\s_i$ et du fait que $\s_i^2 = Id_E$, on voit que tout élément $g \in G$ peut s'écrire $g = \s_{i_1} \cdots \s_{i_n}$ avec $1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_n \le k$ (en partant d'un produit fini quelconque d'éléments $\s_i$, regrouper les différentes occurences d'un même $\s_i$ par commutation, puis simplifier tous les carrés apparus) --- on parlera d'une écriture {\it réduite} de $g$. Cela montre déjà que $G$ est de cardinal $\le 2^k$. On a en fait égalité, pour voir cela, il suffit de montrer que tout élément de $g \in G$ possède en fait une {\it 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 $\s_{i_1} \cdots \s_{i_n}$ est en fait la symétrie orthogonale par rapport au sous-espace $\bigcap_{1\le j \le n}H_{i_j} = \{x = (x_1,\ldots,x_n) \mid \forall 1 \le j \le n, \, x_{i_j} = 0\}$ de $E$, donc deux écritures réduites distinctes définissent bien deux symétries distinctes dans $O(E)$.
\end{document}
