Université Lyon 1 L3 Mathématiques

Corrigé du Partiel de Géométrie - Avril 2006

Exercice

1) a) h(m) = I + ρ\overrightarrow{Im} ⇒ h(m) ∈ (I m) i.e. I ∈ (m h(m)).

b) L_{h∘h′} = L_{h} ∘ L_{h′} = ρρ′Id_{E}. Puisque ρρ′ ≠ 1, h ∘ h′ est une homothétie. On a I′ ≠ I′′. En effet si I′ = I′′ on aurait I′ = h ∘ h′(I′) = h(I′) et donc I = I′. Par a) I′′ ∈ (I′ (h ∘ h′)(I′)) = (I′ h(I′)) = (I I′) (puisque I ∈ (I′ h(I′))).

2) a) On a

(\overrightarrow{h(c)h(m)} | \overrightarrow{h(c)h(m)}) = ρ^{2}(\overrightarrow{cm} | \overrightarrow{cm})

Dès lors m ∈ C ⇒ h(m) appartient au cercle C′ de centre h(c) et de rayon | ρ | R i.e. h(C) ⊂ C′. De même h^{−1}(C′) ⊂ C ce qui implique C′ ⊂ h(C). D’où l’égalité

h(C) = C′

b) Supposons h(C) = C′. Par 2 a) on doit avoir c′ = h(c) et ρ^{2} = (\frac{R′}{R})^{2}. Il y a deux possibilités: h^{±}(c) = c′ et ρ^{±} = ±\frac{R′}{R} .

c) Voir la construction sur la figure annexe. Voici la justification: h^{±}(D) est une droite parallèle à D passant par c′. Si m ∈ D∩C alors h^{±}(m) ∈ h^{±}(D)∩C′ = {m_{+}, m_{−}}. Puisque c ≠ I^{±} on a I^{±} ∈ (c h(c)) = (c c′) et puisque m ≠ I^{±} on a aussi I^{±} ∈ (m h^{±}(m)) = (m m_{±}). Les droites (cc′) et (mm_{±}) se coupent donc en I^{±}.

3) a) voir figure annexe et 2 c)

b) h_{2}^{+} ∘ h_{1}^{−} ∘ h_{3}^{−} est une homothétie ou une translation. On a

L_{h_{2}^{+}∘h_{1}^{−}∘h_{3}^{−}} = \frac{R_{1}}{R_{3}} · \frac{−R_{3}}{R_{2}} · \frac{−R_{2}}{R_{1}} Id_{E} = Id_{E}.

C’est donc une translation. Mais (h_{2}^{+} ∘ h_{1}^{−} ∘ h_{3}^{−})(c_{1}) = c_{1}. Le vecteur de translation est donc nul et

h_{2}^{+} ∘ h_{1}^{−} ∘ h_{3}^{−} = Id_{E}

c) On sait que si h est une homothétie de centre I et de rapport ρ, h^{−1} est l’homothétie de centre I et de rapport \frac{1}{ρ}. Par 3) b) on a

h_{2}^{+} = h_{3}^{−}^{−1} ∘ h_{1}^{−}^{−1}.

Par 1) b) il vient I_{2}^{+} ∈ (I_{3}^{−} I_{1}^{−}). d) Argument identique en utilisant h_{2}^{+} ∘ h_{1}^{+} ∘ h_{3}^{+}. Problème Partie A

1) C’est une question de cours. Je répète donc l’argument: Par définition

s = ( \begin{matrix}x_{0} & … & x_{m} \\ a_{0} & … & a_{m} \end{matrix} ) = q + ∑_{0≤i≤m} a_{i}\overrightarrow{qx_{i}}

quel que soit q ∈ E. En particulier en choisissant q = x_{0}, on a

s = x_{0} + ∑_{1≤i≤m} a_{i}\overrightarrow{x_{0}x_{i}}

D’où

f(s) = f(x_{0}) + ∑_{1≤i≤m} a_{i}L_{f}(\overrightarrow{x_{0}x_{i}})

= f(x_{0}) + ∑_{1≤i≤m} a_{i}\overrightarrow{f(x_{0})f(x_{i})}

= ( \begin{matrix}f(x_{0}) & … & f(x_{m}) \\ a_{0} & … & a_{m} \end{matrix} )

i.e.

f[x_{0}, …, x_{m}] = [f(x_{0}), …, f(x_{m})].

2) a) Il s’agit d’utiliser la relation de Chasles et la bilinéarité du produit scalaire: Pour 0 < i < j ≤ n,

l^{2} = (\overrightarrow{z_{i}z_{j}} | \overrightarrow{z_{i}z_{j}})
= (\overrightarrow{z_{i}z_{0}} + \overrightarrow{z_{0}z_{j}} | \overrightarrow{z_{i}z_{0}} + \overrightarrow{z_{0}z_{j}})
= (\overrightarrow{z_{0}z_{i}} | \overrightarrow{z_{0}z_{i}}) + (\overrightarrow{z_{0}z_{j}} | \overrightarrow{z_{0}z_{j}}) + 2(\overrightarrow{z_{i}z_{0}} | \overrightarrow{z_{0}z_{j}})
= l^{2} + l^{2} − 2(\overrightarrow{z_{0}z_{j}} | \overrightarrow{z_{0}z_{j}})

Dès lors

(\overrightarrow{z_{0}z_{i}} | \overrightarrow{z_{0}z_{j}}) = \frac{l^{2}}{2} .

b) Supposons

∑_{i} γ_{i}\overrightarrow{z_{0}z_{i}} = 0

On a donc pour chaque 1 ≤ j ≤ n

∑_{i} γ_{i}(\overrightarrow{z_{0}z_{i}} | \overrightarrow{z_{0}z_{j}}) = 0

C’est un système de n équations linéaires pour γ_{1}, …, γ_{n}. Explicitement

l^{2}γ_{1} + \frac{l^{2}}{2} γ_{2} + ⋯ + \frac{l^{2}}{2} γ_{n} = 0

\frac{l^{2}}{2} γ_{1} + l^{2}γ_{2} + \frac{l^{2}}{2} γ_{3} + ⋯ = 0

etc.

\frac{l^{2}}{2} γ_{1} + ⋯ + \frac{l^{2}}{2} γ_{n−1} + l^{2}γ_{n} = 0

dont l’unique solution (obtenue par soustraction de paires d’équations) est γ_{i} = 0, ∀1 ≤ i ≤ n.

3) C’est une question de cours. Je répète donc: Une application affine f est déterminée par l’image du point z_{0} et par L_{f}. Ici f(z_{0}) = z′_{0}. D’autre part f(z_{i}) = z′_{i} implique

L_{f}(\overrightarrow{z_{0}z_{i}}) = \overrightarrow{f(z_{0})f(z_{i})} = \overrightarrow{z′_{0}z′_{i}}

ce qui détermine L_{f} puisque (z_{0}, …, z_{n}) est une base affine. Enfin, f est bijective ssi L_{f} est bijective ssi l’image d’une base vectorielle par L_{f} est une base vectorielle.

Partie B

1 a) Si b_{j,2} = b_{j,3} = 0 on a y_{j} = x_{1}!

b) On procède par l’absurde en supposant

x = ( \begin{matrix}y_{1} & y_{2} & y_{3} \\ a_{1} & a_{2} & a_{3} \end{matrix} )
= y_{1} + a_{2}\overrightarrow{y_{1}y_{2}} + a_{3}\overrightarrow{y_{1}y_{3}}
= x_{1} + b_{1,2}\overrightarrow{x_{1}x_{2}} + b_{1,3}\overrightarrow{x_{1}x_{3}} + a_{2}\overrightarrow{y_{1}y_{2}} + a_{3}\overrightarrow{y_{1}y_{3}}
= x_{1} + (b_{1,2}(1 − a_{2} − a_{3}) + a_{2}b_{2,2} + a_{3}b_{3,2})\overrightarrow{x_{1}x_{2}}
+ (b_{1,3}(1 − a_{2} − a_{3}) + a_{2}b_{2,3} + a_{3}b_{3,3})\overrightarrow{x_{1}x_{3}}

Remarquer que ce calcul dit simplement que le barycentre est associatif. Puisque (x_{1}, x_{2}, x_{3}) est une base affine et a_{1} + a_{2} + a_{3} = 1 cette égalité équivaut à

\begin{matrix}a_{1}b_{1,2} + a_{2}b_{2,2} + a_{3}b_{3,2} = 0 \\ a_{1}b_{1,3} + a_{2}b_{2,3} + a_{3}b_{3,3} = 0 \end{matrix}

Dans chaque égalité chacun des 3 termes est positif dès lors les six termes doivent chacuns s’annuler. Puisque, pour chaque j l’un au moins des b_{j,2}, b_{j,3} est non nul, on a a_{1} = a_{2} = a_{3} = 0 ce qui est absurde.

2) On a f[z_{0}, …, z_{n}] = [f(z_{0}), …, f(z_{n})] = [z_{0}, …, z_{n}]. Si pour un certain indice i, f(z_{i}) ∉ {z_{0}, …, z_{n}} l’un des sommets disons z_{k} ne figurerait pas dans la liste {f(z_{0}), …, f(z_{n})} i.e.

∀l, f(z_{l}) ∈ [z_{0}, …, z_{n}] \ {z_{k}}

Par 1) on aurait z_{k} ∉ [f(z_{0}), …, f(z_{n})] = [z_{0}, …, z_{n}] ce qui est aburde.

3) Si f préserve l’enveloppe convexe, elle préserve l’ensemble des sommets par 2). Elle se restreint donc en une bijection des sommets {z_{0}, …, z_{n}}. Si les restrictions de f et de f′ sur l’ensemble des sommets sont égales alors f(z_{i}) = f′(z_{i}) ∀i dès lors f = f′ puisque les sommets forment une base affine. L’application de restriction est donc injective. Elle est aussi surjective puisque toute permutation z_{i} ↦ z_{σ(i)} définit une unique bijection affine f via f(z_{i}) = z_{σ(i)} qui préserve l’enveloppe convexe [z_{0}, …, z_{n}]. En conclusion L’application de restriction établit une bijection (en fait un isomorphisme de groupe) entre G_{[P]} et S_{n+1}.

4) Il s’agit du triangle équilatéral. Le groupe G_{[P]} a 6 éléments: l’identité, deux rotations d’angle \frac{2π}{3} et \frac{4π}{3} et trois symétries par rapport à des droites.

Partie C

a) et b) Voici la figure et les 3 plans P_{1}, P_{2}, P_{3} sur laquelle on peut voir que P_{1} ∩ P_{2} ∩ P_{3} = \{(\frac{1}{2\sqrt{2}}, \frac{1}{2\sqrt{2}}, \frac{1}{2\sqrt{2}})\} (le centre du cube).

Pour la démo, on peut par exemple écrire les équations cartésiennes des plans dans le repère canonique (0, e⃗_{1}, e⃗_{2}, e⃗_{3}):

P_{1} : x = z, P_{2} : y + z = \frac{1}{\sqrt{2}}, P_{3} : x = y

et l’intersection est donnée par x = y = z = \frac{1}{2\sqrt{2}}.

c) Définir f en posant f(z_{i}) = z′_{i}, 0 ≤ i ≤ 3. Il suffit de montrer que f(P_{i}) = P′_{i}, 1 ≤ i ≤ 3. Pour ce faire observer que f(m_{i}) = m′_{i} puisque f conserve les barycentres. Il reste à vérifier que

L_{f} \overrightarrow{P_{i}} = \overrightarrow{P′_{i}}

où les flèches désignent les directions des espaces affines P_{i} et P′_{i}. Ceci résulte du fait que les produits scalaires entres les vecteurs \overrightarrow{z_{0}z_{i}} et les vecteurs \overrightarrow{z′_{0}z′_{i}} sont les mêmes.