Géométrie élémentaire: Décembre 2007. Corrigé.

Partie A

1)

a) On a

R^{n} = (\overrightarrow{A} ⊕ \overrightarrow{B}) ⊕ (\overrightarrow{A} ⊕ \overrightarrow{B})^{⊥}, (\overrightarrow{A} ⊕ \overrightarrow{B})^{⊥} = \overrightarrow{A}^{⊥} ∩ \overrightarrow{B}^{⊥}

D’où l’existence et l’unicité de u⃗ ∈ \overrightarrow{A}, v⃗ ∈ \overrightarrow{B}, w⃗ ∈ \overrightarrow{A}^{⊥} ∩ \overrightarrow{B}^{⊥} tels que \overrightarrow{ab} = u⃗ + v⃗ + w⃗.

b) On utilise le a): quel que soit (a, b) ∈ A × B on peut écrire b = a + \overrightarrow{ab} = a + u⃗ + v⃗ + w⃗. Dès lors

b − v⃗ = a + u⃗ + w⃗.

Existence: a_{0} = a + u⃗ ∈ A et b_{0} = b − v⃗ ∈ B conviennent.

Unicité: Supposons que (a′, b′) ∈ A × B soit tel que \overrightarrow{a′b′} ∈ \overrightarrow{A}^{⊥} ∩ \overrightarrow{B}^{⊥}. En écrivant \overrightarrow{a′b′} = \overrightarrow{a′a_{0}} + \overrightarrow{a_{0}b_{0}} + \overrightarrow{b_{0}b′}, il vient

\overrightarrow{a′a_{0}} + \overrightarrow{b_{0}b′} ∈ (\overrightarrow{A}^{⊥} ∩ \overrightarrow{B}^{⊥}) ∩ (\overrightarrow{A} ⊕ \overrightarrow{B}).

Cette somme est donc nulle et dès lors chaque terme est nul (somme directe). Conclusion a′ = a_{0} et b′ = b_{0}.

c) Développer d^{2}(a, b) = (\overrightarrow{ab} | \overrightarrow{ab}) en utilisant \overrightarrow{ab} = \overrightarrow{aa_{0}} + \overrightarrow{a_{0}b_{0}} + \overrightarrow{b_{0}b} et l’orthogonalité.

2) - Existence du sous-espace C: Pour raison d’orthogonalité et de dimension, on doit prendre \overrightarrow{C} = \overrightarrow{A}^{⊥}∩\overrightarrow{B}^{⊥}. Observer ensuite que C = a_{0} + \overrightarrow{A}^{⊥} ∩ \overrightarrow{B}^{⊥} convient puisque a_{0} ∈ A ∩ C et b_{0} = a_{0} + \overrightarrow{a_{0}b_{0}} ∈ B ∩ C.

Unicité de C: Supposons que C′ convienne. Nécessairement \overrightarrow{C′} = \overrightarrow{A}^{⊥} ∩\overrightarrow{B}^{⊥}. Pour a′ ∈ A∩C′ et b′ ∈ B ∩C′, on a \overrightarrow{a′b′} ∈ \overrightarrow{A}^{⊥} ∩ \overrightarrow{B}^{⊥}. Dès lors, par 1 b), (a′, b′) = (a_{0}, b_{0}) et C′ = a_{0} + \overrightarrow{A}^{⊥} ∩ \overrightarrow{B}^{⊥} = C.

- On a déjà a_{0} ∈ A ∩ C et b_{0} ∈ B ∩ C. Dès lors A ∩ C est un sous-espace affine de direction \overrightarrow{A} ∩ \overrightarrow{C} = \{0\}. Conclusion: {a_{0}} = A ∩ C. De même {b_{0}} = B ∩ C.

3)

a) Puisque D et D′ sont non parallèles on a \overrightarrow{D} ∩ \overrightarrow{D′} = \{0\}. C’est un cas particulier de ce qui précède avec ici dim A = 1 = dim B et dès lors dim C = 3 − 2 = 1. Poser donc D′′ = C.

c) Construction explicite de la perpendiculaire commune: Il faut pour chacun des trois cas, déterminer le point a_{0} et la direction orthogonale (ou le couple (a_{0}, b_{0}) lorsque a_{0} ≠ b_{0}). Cas 1: a_{0} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}) = b_{0} et D′′ a pour équation paramétrique a_{0} + t (0, 1, 1). Cas 2: a_{0} = (\frac{1}{2}, 0, 1), b_{0} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}). Cas 3: a_{0} = (1, \frac{2}{3}, \frac{1}{3}), b_{0} = (\frac{2}{3}, 1, \frac{2}{3}).

Partie B

1) L’image d’une droite par une bijection affine est une droite dès lors c’est vrai pour m = 1. Pour m ≥ 1 on a f(D_{1} ∪ D_{2} ∪ … ∪ D_{m}) = f(D_{1}) ∪ f(D_{2}) ∪ … ∪ f(D_{m}). C’est donc une réunion de droites. Si pour i ≠ j, f(D_{i}) = f(D_{j}) alors f^{−1}(f(D_{i})) = f^{−1}(f(D_{j})) i.e. D_{i} = D_{j} ce qui contredit le fait que ∪_{1≤i≤m}D_{i} est une m− droite.

2) (Cet argument a été utilisé en TD pour l’étude des triplexes.) f(D_{i}) ⊂ Δ est une droite. Elle contient une infinité de points et intersecte donc l’une des droites Δ_{i} en au moins deux points. Elle coincide donc avec cette droite.

3) (ι) Trois droites concourantes et trois droites parallèles (ιι) Trois droites concourantes au point O et D = Δ. Les homothéties de centre O préservent les droites. (ιιι) (Hors Barème) Deux triplexes de droites.

Partie C: C.I.

1) (f(D), f(D′)) est un couple de droites sans intersection et (L_{f}(e⃗), L_{f}(e⃗′)) est libre. C’est donc une paire gauche.

2) a) Puisque f est une isométrie, L_{f} est un endomorphisme orthogonal et pour tout sous-espace vectoriel V ⊂ R^{3}, L_{f}(V^{⊥}) = (L_{f}(V))^{⊥}. Par hypothèse f(D) = Δ, dès lors L_{f} < e⃗ >=< ϵ⃗ >. De même L_{f} < e′ >=< ϵ′ > . Pour V =< e⃗, e⃗′ >, on a V^{⊥} =< e′′ >, d’où L_{f} < e′′ >=< ϵ⃗, ϵ′ >^{⊥} et f(D′′) est une droite orthogonale à Δ et à Δ′. D’autre part, {f(a)} = f(D ∩ D′′) = f(D) ∩ f(D′′) = Δ ∩ f(D′′). De même {f(a′)} = Δ′ ∩ f(D′′). Conclusion: f(D′′) est l’unique perpendiculaire commune à Δ et Δ′′ i.e. f(D′′) = Δ′′.

b) Par le a), f(a) = α et f(a′) = α′, dès lors d(a, a′) = d(f(a), f(a′)) = d(α, α′).

c) Rapportée aux bases (e⃗, e′, e′′) et (ϵ⃗, ϵ′, ϵ′′) la matrice de L_{f} est diagonale avec ±1 sur la diagonale. Dès lors (e⃗ | e′) = (L_{f}e⃗ | L_{f}e′) = ±(ϵ⃗ | ϵ′).

3) On a deux possibilités: (1) f(D) = Δ, f(D′) = Δ′ ou (2) f(D) = Δ′, f(D′) = Δ. Les conditions du 2) sont symétriques en prime et non prime, d’où leur nécessité dans les deux cas. Pour la suffisance, on va définir une isométrie f telle que f(D) = Δ et f(D′) = Δ′. Je suppose ici, quitte à changer le signe de certains vecteurs de base, que (e⃗ | e′) = +(ϵ⃗, ϵ′) et \overrightarrow{aa′} = d(a, a′)e′′ (idem pour α, α′). Il suffit alors d’observer que la bijection affine définie par f(a) = α et L_{f}(e⃗) = ϵ⃗, L_{f}(e′) = ϵ′, L_{f}(e′′) = ϵ′′ convient: en effet, on a f(D) = Δ. Ensuite,

f(D′) = f(a′+ < e′ >)
= f(a + \overrightarrow{aa′})+ < ϵ′ >
= f(a) + L_{f}(\overrightarrow{aa′})+ < ϵ′ >
= α + d(a, a′)L_{f}(e′′)+ < ϵ′ >
= α′+ < ϵ′ >= Δ′.

Enfin, f est une isométrie puisque L_{f} préserve les produits scalaires des vecteurs de base.

4) Oui en appliquant les conditions nécessaires et suffisantes du 2 b),c) (cf l’exemple 2 de la question A 3)).

C.II.

1) Par C.I., si f préserve chaque droite, f(a) = a, f(a′) = a′, si f permute les droites f(a) = a′, f(a′) = a. Dans les deux cas elle préserve {a, a′} et donc le point milieu o du segment [a, a′].

2) Dans le repère (o; (e⃗, e′, e′′)) on a

f(m) = o + L_{f}(\overrightarrow{om}) = o + xL_{f}(e⃗) + x′L_{f}(e′) + x′′L_{f}(e′′).

Si f conserve chaque droite, la matrice de L_{f} est du type [L_{f}] = ( \begin{matrix}±1 & 0 & 0 \\ 0 & ±1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Si f permute les droites, la matrice de L_{f} est du type [L_{f}] = ( \begin{matrix}0 & ±1 & 0 \\ ±1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) .

Si DetL_{f} = 1 les seuls choix de signes possibles sont respectivement

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) ,

soit, dans l’ordre, f = id, f = r′′, f = r_{+}, f = r_{−}.

3) Si DetL_{f} = −1 les choix de signe sont

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) .

Si (e⃗ | e′) ≠ 0 ces matrices ne sont pas orthogonales: pour le premier cas (L_{f}(e⃗) | L_{f}(e′)) = −(e⃗ | e′) ≠ (e⃗ | e′), même observation pour les trois autres.

4) Les quatre matrices du 3) sont cette fois orthogonales. Elles représentent dans l’ordre f = σ, f = σ′, f = s ∘ ρ′′ et f = s ∘ ρ^{′′−1}, où s est la réflexion de plan fixe 0+ < e⃗, e′ > et ρ′′ est le quart de tour d’axe D′′.

5) L’action n’est pas transitive par C.I. 3). Elle n’est pas simple par C.II. Il y a une infinité d’orbites puisque d(a, a′) peut prendre une infinité de valeurs distinctes.