[PDF] Correction des exercices de Géométrie affine euclidienne en

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IUFM d'Aix-Marseille

M2 EFM

Ann´ee 2012-2013

Correction des exercices de G´eom´etrie affine euclidienne en dimension n Dans cette premi`ere partieEest un ea euclidien orient´e de dimension 2.Td´esigne l'ensembles des translations deE; pour tous les groupes d'applications qui interviennent dans les ´enonc´es, la loi sous-entendue est la loi˝. SinPN, la notationfnd´esigne la compos´eef˝...˝f, o`uffigurenfois. 1. Soientretr1deux rotations de centres respectifsIetJ,I‰J. Montrer que f"r˝r1˝r1˝r11est une translation de vecteur non nul. En termes de th´eorie des groupes,fs'appelle le commutateur deret der1, il est souvent not´err,r1s; le sous-groupe engendr´e par l'ensemble des commutateurs d'un groupe est le sous- groupe d´eriv´e de ce groupe.

Que dire der˝r1˝r1?

En passant aux ala (= applications lin´eaires associ´ees), il est clair que

ÝÑfest l'iden-

tit´e. On en d´eduit quefest une translation. Pour voir que le vecteur de la transla- tion est non nul, il suffit de montrer qu'un point,Jpar exemple, n'est pas invariant. SifpJq "J, en composant `a gauche parr1, on voit quer1pJqest invariant par r

1. Il en r´esulte donc quer1pJq "J, orI‰J.

En termes de conjugaison,r˝r1˝r1- le conjugu´e der1parrest la rotation de mˆeme angle quer1et de centrerpJq. 2. Soientr‰IdEune rotation de centreIetsla r´eflexion d'axed, avecIRd. a) Montrer quef"s˝rest une isom´etrie n´egative sans point invariant. fest le produit d'une isom´etrie positive par une isom´etrie n´egative, elle est donc n´egative. SiMest invariant parf, alorsrpMq "spMq "M1et le centre derappartient `a la m´ediatrice derMM1s. Or, la m´ediatrice derMM1sestd. Il en r´esulte quefn'est pas une r´eflexion, c'est une sym´etrie gliss´ee. On peut le retrouver en d´ecomposantren le produit de deux r´eflexions l'une des deux r´eflexions ´etant la r´eflexion d'axe parall`ele `ad, passant parI. 1

b)Montrer que@nPN, on afn‰IdE.SinPNexiste tel quefn"Id, alors il existe un plus petit entier,m, qui a la

mˆeme propri´et´e. SoitAun point quelconque du plan,tA,fpAq,fpfpAqq,...,fm1pAqu constituent un ensemble globalement invariant parf. Mais alors, l'isobary- centre de ces points est invariant parf, ce qui est en contradiction avec le r´esultat de la question a). c) SoitGle sous-groupe deIspEqengendr´e parf. Montrer queGXTn'est pas r´eduit `a l'identit´e. Repr´esenter sur un dessin le vecteurÝÑu, tel queGXT" ttnÝÑu,nP2Zu.

A partir de la forme r´eduite def, il vient quef˝f"t2ÝÑu, o`uÝÑu‰ÝÑ0 , ce

qui montre queGXTn'est pas r´eduit `a l'identit´e. Pour repr´esenterÝÑu, on commence par d´ecomposerren le produit de deux r´eflexionss1ets2, o`us1a pour axed1parall`ele `adpassant parI. Alors,f"s˝r"s˝s1˝s2"tÝÑv˝s2. En d´ecomposantÝÑvsuivantd2et sa direction orthogonale, on determineÝÑu. 3. On suppose queGest un sous-groupe fini deIspEqnon r´eduit `a l'identit´e deE. a)

Montrer queGXT" tIdEu.

b) Montrer que tous les ´el´ements deGsont des rotations de mˆeme centre, que l'on noteraI. c) Soitφl'homomorphisme classique deIspEqdansOpVqd´efini parφpfq "ÝÑf. V´erifier queφpGqest un sous-groupe deOpVqet que, si cardG"nPN, alorsφpGqest un groupe cyclique engendr´e par une rotation vectorielle d'angle

θ"2π

n d) En d´eduire queG" trk,kP v0,n´1wu, o`ur"rotpI,θq. a) Si l'intersection n'est pas r´eduite `a l'identit´e du plan, alors il existe une trans- lation de vecteur non nul dans cette intersection. Mais, par stabilit´e pour la loi ˝toutes les it´er´ees de cette translation sont encore dansGqui est alors infini, ce qui est en contradiction avec l'hypoth`ese. b) En dimension 2, les ´el´ements deIs´etant des translations ou des rotations, il r´esulte du a) qu'iciGest compos´e de rotations. SiGcontient deux rotations de centres distincts, alors d'apr`es l'exercice 1,Gcontient une transmlation de vecteur non nul, ce qui est impossible, on vient de le voir. Conclusion : toutes les rotations deGont mˆeme centre. c) et d)

Sous les hypoth`eses de l'exerciceφest injectif, en effet siφpfq "φpgq, alorsÝÑf"ÝÑgetfpIq "gpIq "I, les deux isom´etries affines sont donc confondues. En

cons´equence,φest un homomorphisme bijectif deGsurφpGqet cardφpGq "n.

On en d´eduit que@ÝÑrPφpGq,ÝÑrn"Id. Siθest l'angle deÝÑr, alorsnθ"0r2πs,

2 d'o`uθ"2πnk,kPZ. Si on noteÝÑρla rotation vectorielle d'angleα"2πn, alors

ÝÑrPφpGq,DkPZ{ÝÑr"ÝÑρk. Il en r´esulte queÝÑρengendreφpGqqui est donc

cyclique (de cardinaln). 4. On consid`ere un sous-groupe fini,G, deIspEq, non inclus dansIspEqet on note nson cardinal (ną2). a) On poseG"GXIspEqetG"G{G. SoitsPG, montrer que l'ap- plicationSdeGdansG, d´efinie par :fÞÑSpfq "s˝f, est bijective. En d´eduire que cardGest un entier pair,n"2m, et queGest un sous-groupe deGengendr´e par une rotation de centreIet d'angle2π m q; on noterune telle rotation. b) Montrer queGest form´e de sym´etries axiales dont les axes passent par le pointI. c) Montrer que@sPG,G" tri˝sj,iP v0,m´1w,jP t0,1uu. a) L'application est injective car siSpfq "Spgq, alors s˝f"s˝gñs1˝ ps˝fq "s1˝ ps˝gq ñf"g. Elle est aussi surjective car sis1PG, alorsf"s1˝s1PGets˝f"s1. On en d´eduit queSest une bijection1deGdansGet donc que cardG"cardG. Mais alors,G"GYGavecGXG" H, implique cardG"2cardG"

2cardGet le cardinal du groupe est donc un entier pairn"2m.

D'apr`es l'exercice 3,Gest un sous-groupe fini deIs, il est donc cyclique et engendr´e par une rotation not´eer"rpI,2π m q. b) SoitfPG. Alors,f˝r˝f1est une rotation deG. Son centre estfpIq. S'il est distinct deI, alors (cf. exercice 1),Gcontient une translation de vecteur non nul et ne peut donc pas ˆetre fini. Conclusion :fpIq "I, mais alorsfest une r´eflexion dont l'axe passe parI. c) Gcontient bien les isom´etries de la forme indiqu´ee. Si elles sont toutes distinctes, leur nombre est ´egal `a 2cardG"cardGet l'ensemble de ces isom´etries est bien ´egal `aG. V´erifions que siri˝sj"rk˝sl, alorspi,jq " pk,lq. r i˝sj"rk˝slñsjl"rki. Mais,sjlappartient alors `aGetj`l"0r2s. Commej,lP t0,1u, on en d´eduit quej"l"0 ouj"l"1 et du coup,ri˝sj"rk˝slñri"rk, d'o`u

1. la bijectivite deSn'utilise aucun argument de cardinalite et vaut donc encore siGest inni

3 r Vous aurez ´evidemment reconnu le groupe di´edral d'ordrem(et de cardinal n"2m). 5. Soit ÝÑu‰ÝÑ0 etGun sg deIspEqtel queGXT" ttnÝÑu,nPZu ‰G. a) SoitIun point deEetθun r´eel tel que la rotation,r, de centreIet d'angleθ soit distincte de l'identit´e deE. Pr´eciser,@nPZ, la nature der˝tnÝÑu˝r1. En d´eduire l'angle des rotations qui appartiennent `aG. b) SoitJun point deEdistinct deI. On consid`ere les sym´etries ponctuelles de centres respectifsIetJ, not´eessIetsJ. D´eterminer la nature desI˝sJ. c)

Exprimer

ÝÑu`a l'aide des pointsIetJ, lorsquetÝÑu"sI˝sJ. d) D´eterminer le centre de la sym´etriesI˝tÝÑuet celui detÝÑu˝sI. e) ConnaissantsIPG, d´eterminer les centres des sym´etries deG. a)

Il est clair que l'ala `ar˝tnÝÑu˝r1est l'identit´e, il en r´esulte que cette application

est une translation. NotonsÝÑvson vecteur. SoitMPE, der˝tnÝÑu˝r1"tÝÑvon d´eduit quer˝tÝÑu"tÝÑv˝retpr˝tÝÑuqpMq "rpM`ÝÑuq "rpMq `ÝÑrpÝÑuq,

tandis queptÝÑv˝rqpMq "rpMq `ÝÑv. On en d´eduit queÝÑv"ÝÑrpÝÑuq. Si, comme le pr´ecise l'´enonc´e, les seules translations qui appartiennent `aGsont les translations de vecteursnÝÑu ,nPZ, alors l'angle d'une rotation deGne peut ˆetre que 0r2πsouπr2πs. Les rotations correspondantes sont donc l'identit´e et les sym´etries-points. b) Toujours en passant aux ala, on d´eduit quesI˝sJest une translation. L'image du pointJest le sym´etrique deJpar rapport `aI, not´eJ1. Le vecteur de cette translation est donc le vecteur 2ÝÑJI. c) cf. b). d) Le centre desI˝tÝÑuestJ. On atÝÑu˝sI"sI˝sJ˝sIet l'image edJ1estJ1.

C'est donc le centre de cette sym´etrie-point.

e) SiJd´esigne le centre d'une sym´etrie deG, alorssI˝sJest une translation de Get son vecteur est de la formenÝÑu ,nPZ. D'apr`es les questions pr´ec´edentes, on en d´eduit que 2ÝÑIJ"nÝÑuôÝÑIJ"n 2

ÝÑu ,nPZ, ou encore,J"I`n

2

ÝÑu ,nPZ.

6.

Soientdetd1deux droites deE.

a) On supposed"d1. D´eterminer toutes les isom´etries deEqui transformentd end1. b) Mˆeme question lorsquedest strictement parall`ele `ad1. c)

Mˆeme question lorsquedetd1sont s´ecantes.

d) Reprendre les diff´erents cas et d´eterminer les isom´etries deEqui conservent globalement la pairetd,d1u. 4

NotonsGl'ensemble des isom´etries du plan qui conservent la droited.a)Commen¸cons par d´eterminer les ´el´ementsfdeIsqui transformedend(G"

GXIsetG"GXIs).

Sifa un point invariant, ce point invariant appartient n´ecessairement `ad, notons leI. Alors,fest une rotation de centreI. SoitMPd,M‰Iet fpMq "M1. Alors,fest la rotation de centreIet d'angle{pÝÝÑIM,ÝÝÑIM1q. Comme M

1Pd, cet angle ne peut ˆetre que l'angle nul ou l'angle plat. Dans les deux cas,

fconserve la droited. On trouve donc l'identit´e du plan et les sym´etries-points centr´ees surd. Sifn'a pas de point invariant, c'est une translation de vecteur non nul et son vecteur, de la formeÝÝÝÑMM1o`uMetM1appartiennent `ad, est colin´eaire `a un vecteur directeur ded. Il est clair que toute translation de ce type conserve

(globalement)d.´Etudions les ´el´ements deIsqui conserventd. Remarquons que siδest perpen-

diculaire `ad, alorssconserved. D´efinissonsS:fPGÑs˝fPG. On a vu queS´etait bijective. Les ´el´ements deGsont donc d´etermin´es. Ce sont : les compos´es desavec les sym´etries-point centr´ees surd. En d´ecomposant chaque sym´etrie-point (qui est aussi une rotation d'angleπ) en produit de r´eflexions, on remarque que s

˝sI"s˝s1˝sd"tÝÑu˝sd,

o`u ÝÑuest colin´eaire `a un vecteur directeur ded. On trouve ainsi toutes les sym´etries gliss´ees d'axed. les compos´es desavec les translations de vecteurs appartenant `aÝÑd. En

d´ecomposant les translations en produit de r´eflexions, il vient@ÝÑuPÝÑd ,tÝÑu"

s ˝s1, o`uδ1est parall`ele `aδet donc perpendiculaire `ad. Finalement, on retrouve ainsi toutes les r´eflexions par rapport `a des axes perpendicuaires `ad.

En r´esum´e,G"!

Id,t ÝÑu,ÝÑuPÝÑd ,sd,sd˝tÝÑu,ÝÑuPÝÑd ,s,δKd) b) Cherchons d'abord les ´el´ements deIsqui transformedend1. Sifest une rotation notonsIson centre etM‰I,MPd. La rotation vectorielle associ´ee `afa n´ecessairement pour angle 0r2πsouπr2πspuisqu'elle conserveÝÑd. Alors, fne pouvant ˆetre l'identit´e (qui ne transforme pasdend1), c'est une sym´etrie- point dont le centre est ´equidistant dedet ded1. Un tel centre appartient `a la parall`ele ´equidistante dedet ded1, not´ee ∆. Il est facile de v´erifier qu'une telle sym´etrie-point transforme biendend1. Sifest une translation,fenvoie un point dedsurd1et son vecteur est de la formeÝÝÝÑMM1,MPd,M1Pd1. Une telle translation transforme biendend1. Avant de d´eterminer les ´el´ements deIsqui transformedend1, remarquons que si on noteIs dÑd1l'ensemble des isom´etries affines positives qui transformentd 5 end1dans le cas o`udest strictement parall`ele `ad1, cet ensemble n'est pas stable pour la loi˝. La compos´ee de deux transformations qui envoientdsurd1n'a aucune raison d'envoyerdsurd1. Il n'est donc pas possible d'utiliser la mˆeme technique que pr´ec´edemment.

En passant aux ala, sifPIs

dÑd1, alorsÝÑfconserve globalementÝÑdet deux cas peuvent se produire.

soit@ÝÑxPÝÑd ,ÝÑfpÝÑxq "ÝÑxetÝÑfest une r´eflexion d'axeÝÑd. L'isom´etrie affine

associ´ee est alors une r´eflexion dont l'axe est parall`ele `adou une sym´etrie gliss´ee dont l'axe est aussi une droite parall`ele `ad. Pr´ecisons cela. SoitMPd, sifpMq "M1Pd1et sifest une r´eflexion, le milieu derMM1sappartient `a l'axe def. Comme il est ´evident que le milieu derMM1sappartient `a ∆, l'axe defne peut ˆetre que ∆. On verifie ques∆convient. Sifest une sym´etrie gliss´ee le milieu derMM1sappartient encore `a l'axe de la sym´etrie gliss´ee qui est donc aussi ∆.

soit@ÝÑxPÝÑd ,ÝÑfpÝÑxq " ´ÝÑxetÝÑfest une r´eflexion dont l'axe est orthogonal

`aÝÑd. Dans ce cas, l'isom´etrie affine associ´ee est une sym´etrie gliss´ee d'axe orthogonal `ad(les r´eflexions d'axe orthogonal `adne transforment pasden d

1) et de vecteurÝÑu"ÝÝÑHH1, o`uHPdetH1est le projet´e orthogonal deHsur

d 1. c) Cherchons les isom´etries positives qui envoientdsurd1lorsquedXd1" tOu. Aucune translation ne peut le faire car une translation transforme une droite en une droite qui lui est parall`ele. Si on noterune rotation qui transformeden d

1, alors en notantÝÑuetÝÑvdeux vecteurs directeurs de mˆeme norme dedetd1

respectivement, l'angle derest ´egal `aθ"{pÝÑu ,ÝÑvq r2πsou{pÝÑu ,´ÝÑvq " ´π`θ"

π`θr2πs. NotonsIle centre der.

siI"Oest le point d'intersection dedet ded1, alors les rotationsrpO,θqet r

1pO,´π`θqtransformentdend1;

siIn'est pas le point d'intersection des deux droites (not´eO),Iest ´equidistant des deux droites et appartient donc `a l'une des deux bissectrices depd,d1q. Notonsδetδ1ces deux bissectrices. Supposons queδd´esigne la bissectrice de

{pÝÑu ,ÝÑvqetδ1d´esigne la bissectrice de{pÝÑu ,´ÝÑvq. En d´esignant parHetH1les

projet´es orthogonaux deIsurdetd1respectivement, il est facile de voir que

{pÝÑIH,ÝÝÑIH1q " ´π`{pÝÝÑOH,ÝÝÑOH1q. Il en r´esulte que siIPδ, alors c'estrpI,´π`θq

qui transformedend1, siIPδ1, c'estrpI,θqqui transformedend1. Soitsd1la r´eflexion par rapport `ad1. Alors, sigPIs dÑd1,sd1˝gest une isom´etrie positive qui envoiedsurd1. Comme on connait l'ensemble de ces isom´etries, on identifieg. D´etaillons : Sisd1˝g"rO;, alorsg"sd1˝rO;" psd1˝sd1q ˝s"s; sisd1˝g"rO;, alorsg" psd1˝sd1q ˝s1"s1; 6 -sisd1˝g"rJ;,JPδ1, alorsg"sd1˝sD˝s∆, o`uDest parall`ele `ad1passant par

Jet ∆ parall`ele `aδpassant parJ. Il en r´esulte queg"tÝÑw˝s∆,ÝÑwd´esigne un

vecteur perpendiculaire `ad1(etD). Mais, en d´ecomposant ce vecteur suivant

1etδ, on obtient la forme r´eduite d'une sg d'axe parall`ele `aδ.

sisd1˝g"rI;, de fa¸con analogue, on trouve quegest une sg d'axe parall`ele `aδ1. La figure suivante illustre la d´etermination graphique d'une sg d'axe parall`ele `a 1. d) Sidetd1sont strictement parall`eles, les sym´etries-point sont involutives, mais les translations de vecteursÝÝÝÑMM1,MPd,M1Pd1ne le sont pas. La r´eflexion d'axe ∆ est involutive et les sym´etries gliss´ees d'axe ∆ et de vec- teurs appartenant `aÝÑdconviennent. On ajoute l'identit´e, les r´eflexions d'axes perpendiculaires `ad(etd1) et les translations de vecteurs appartenant `aÝÑd. Sidetd1sont s´ecantes, les r´eflexions ax´ees sur les bissectrices sont involu- tives, elles conviennent donc. Les sym´etries gliss´ees (de vecteurs non nuls) ne conviennent pas. Les rotations ne conviennent que si elles sont involutives ou conservent s´epar´ement detd1. L'involution se traduit par 2θ"0r2πs ôθ"0rπset donne l'dentit´e et la sym´etrie par rapport `aO. Dans ce cas, 2pθ´πq "2θr2πsce qui montre que les deux rotations de centreOsont incolutives. Mais alors, en ajoutant aux deux r´eflexions, on obtient un grpoupe `a 4 ´el´ements isomorphe `aZ{2ZˆZ{2Z. 7 La conservation s´epar´ee dedd et ded1, distincste de l'identit´e, donne des angles θetθ´π´egaux `aπ. Soit encoreθ"π2rπsouθ"π- d´ej`a vu.

Siθ"π

2 rπs, les deux droites sont perpendiculaires et les r´eflexions d'axesd etd1doivent ˆetre ajout´ees. D'o`u, un groupe `a 8 ´el´ements (isomorphe `aD4). 7. Soitdune droite deE,Iun point n'appartenant pas `adetÝÑu‰ÝÑ0 . a) On considere la rotation,r, de centreIet d'angleπ 3 r2πs. Construire le centre der˝tÝÑuet celui detÝÑu˝r. Quel est l'angle de chacune de ces rotations? b)

Pr´eciser la nature der˝tÝÑu˝sd.

Facile et d´etaill´e en classe. Illustration graphique ci-dessous. 8. SoientIetJdeux points distincts deE. On consid`ere les rotationsrpI,2π 3 qet r

1pJ,π

4 q. D´eterminer pr´ecisementr˝r1etr1˝r.

Facile.

8 9. Soitdune droite deEetIun point deE. On noterla rotation de centreIet d'angleπ 3 r2πs. D´eterminerr˝sdetsd˝r, lorsqueIPD, puis lorsqueIRd.

Facile.

10. SoientIetJdeux points distincts deE, d´eterminer tous les ´elements defPIspEq, tels quefpIq "J. Les ´el´ements deIsv´erifiantfpIq "Jpeuvent ˆetre des translations ou des rota- tions. La seule translation possible est la translation de vecteurÝÑIJ. Les rotations 9 possibles sont centr´ees sur la m´ediatrice derIJset `a chaque point Ω de cettequotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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