[PDF] UPMC 4M001 Géométrie affine et projective 2015-2016 Corrigé de l

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UPMC 4M001 G´eom´etrie affine et projective 2015-2016 Corrig´e de l"examen 2`eme session du 20 mai 2016 (3h) Exercice 1. - (44 pts) Soientkun corps etVunk-ev de dimension 3. Dans le plan projectif P(V), soientD,D?deux droites distinctes etA,B,C,D(resp.E,F,G,H) quatre points distincts situ´es surD(resp.D?) et distincts du point de concoursOdeDetD?. On d´efinitX(resp.Y, resp.Z, resp.T) comme le point de concours de (AF) et (BE) (resp. (BG) et (CF), resp. (CH) et (DG), resp. (AG) et (CE)). (1) Faire une figure D ?D(XY) ABCD

E F G H

(2) Pouvez-vous citer un th´eor`eme du cours assurant queX,Y,Tsont align´es? Solution: D"apr`es le th´eor`eme de Pappus,X,Y,Tsont align´es. Le but des deux questions suivantes est ded´emontrerqueX,Y,Tsont align´es.(1)Soite1?V tel que [e1] =Oet soiente2,e3?Vtel queD=P(E) etD?=P(F) o`uE(resp.F) est le plan engendr´e pare1ete2(resp.e1ete3). (3) Montrer que (e1,e2,e3) est une base deV. Notant [x,y,z] les coordonn´ees homog`enes relativement `a cette base, montrer qu"il existea,b,c,e,f,g?k, aveca,b,c(resp.e,f,g) deux-`a- deux distincts, tels que

A= [a,1,0], B= [b,1,0], C= [c,1,0],

E= [e,0,1], F= [f,0,1], G= [g,0,1].

Solution: On ae3??EcarD??=D, donc (e1,e2,e3) est une base deV. CommeA?Det A?=O, on aA= [λe1+μe2] avecμ?= 0, doncA= [ae1+e2], o`ua=λ/μ. On obtient de mˆeme queB,C,D,E,F,G,Hont la forme indiqu´ee, et commeA,B,C,D(resp.E,F,G,H) sont deux-`a-deux distincts, alorsa,b,c,d(resp.e,f,g,h) le sont.

(4) Montrer quex=ay+fzest une ´equation de la droite (AF).´Ecrire de mˆeme les ´equations

des droites (BE),(BG),(CF),(AG),(CE) puis d´eterminer les coordonn´ees homog`enes des points

X,Y,T.

Solution:AetFv´erifient tous deux l"´equationx=ay+fz, donc celle-ci est une ´equation de (AF). On obtient de mˆeme les autres ´equations : (AF) :x=ay+fz(BE) :x=by+ez (BG) :x=by+gz(CF) :x=cy+fz (AG) :x=ay+gz(CE) :x=cy+ez On en d´eduit que les coordonn´ees homog`enes deXv´erifientx=ay+fz=by+ez, d"o`u (b-a)y= (f-e)z; on peut donc prendrey=f-eetz=b-a, alors x=ay+fz=a(f-e) +f(b-a) =bf-ae. (1)Par une d´emonstration diff´erente de celle donn´ee en cours. 1

2Par cons´equent,X= [bf-ae,f-e,b-a]. On obtient de mˆemeY= [cg-bf,g-f,c-b] et

T= [cg-ae,g-e,c-a].

(5) (Question de cours)`A quelle condition des pointsPi= [xi,yi,zi] pouri= 1,2,3 sont -ils align´es? Solution: Ces trois points sont align´es ssi les trois vecteurs(( x i y i z i)) sont li´es, i.e. ssi le d´eterminant ?x 1x2x3 y 1y2y3 z

1z2z3??????

est nul. (6) Montrer queX,Y,Tsont align´es. Solution: On a ´ecrit plus hautX= [u],Y= [v] etT= [w] avecw=u+v. Doncu,v,wsont li´es etX,Y,Talign´es. C"est le th´eor`eme de Pappus. On rappelle que pourI?P(V) et Δ,Δ?deux droites projectives deP(V) ne passant pas par

I, laprojection deΔsurΔ?de centreI, not´eepI, est l"application qui `a toutP?Δ associe le

point de concours de Δ ?avec (IP); c"est unehomographiede Δ sur Δ?. On notepG(resp.pC) la projection de centreG(resp.C) deD(resp. (XY)) sur (XY) (resp.D?). (7) Repr´esenter sur une figure les images deA,B,CparpG, puis d´eterminer les images de

A,B,CparpC◦pG.

Solution: D"abord, on apG(B) =Y. D"apr`es la question pr´ec´edente,Tappartient `a (AG)∩ (XY) doncT=pG(A). PosonsU=pG(C) (resp.U?=pG(D)); c"est le point de concours de (XY) = (TY) et de (GC) (resp. (GD)). CommeT?(CE), on apC(T) =E, et de mˆemepC(Y) =FetpC(U) =G. Enfin, posons H ?=pC(U?) =pc◦pG(D). D ?D(XY) ABCD T YU ZU

E F G H

(8) On supposeZ?(XY). Montrer l"´egalit´e des birappports [A,B,C,D] et [E,F,G,H]. Solution: SupposonsZ?(XY). Alors, commeZ?(DG) on aZ=U?et doncH?=pC(Z) = H. Comme l"homographief=pC◦pGpr´eserve le birapport, on a [E,F,G,H] = [A,B,C,D]. (9) R´eciproquement, on suppose [A,B,C,D] = [E,F,G,H]. Montrer quepG(D) =Z. Solution: Commefpr´eserve le birapport, on a toujours [A,B,C,D] = [E,F,G,H?]. Si ceci ´egale [E,F,G,H] alorsH?=H, car l"unique homographie deD?qui fixeE,FetGest l"identit´e. Mais siH?=H, alorsU?=pG(D) est le point de concours de (DG) et (CH), d"o`uU?=Zet doncZ?(XY). Exercice 2. - (36 pts) Soitkun corps. On noteDl"ensemble des droites projectives deP(k4).

Pourx=((((x

1 x 2 x 3 x 4)))) ety=((((y 1 y 2 y 3 y 4)))) on d´efinitx?ycomme l"´el´ement dek6dont les coordonn´ees sont les 3 mineurs 2×2 de la matrice((((x 1y1 x 2y2 x 3y3 x

4y4))))

, not´esDijet pris dans l"ordre lexicographique, c"est-`a-dire x?y=((((((((D

1,2(x,y)

D

1,3(x,y)

D

1,4(x,y)

D

2,3(x,y)

D

2,4(x,y)

D

3,4(x,y)))))))))

, o`uDi,j(x,y) =????x iyi x jyj???? lin´eairement ind´ependants, alorsx?yest non nul et l"on note [x?y] son image dansP(k6). Soit

U=??[x],[y]??P(k4)×P(k4)|[x]?= [y]?

et soitπ:U→Dl"application qui `a ([x],[y])?Uassocie la droite projectiveD=P(kx+ky).

(1) Montrer que l"applicationφ:U→P(k6), ([x],[y])?→[x?y] est bien d´efinie (i.e. que [x?y]

ne d´epend que de [x] et [y]).

Solution: Si l"on remplacex(resp.y) par un multiple non nulλx(resp.μy) alors, par bilin´earit´e

du d´eterminant, chaque coordonn´ee dex?yest multipli´ee parλμ, donc [x?y] est inchang´e.

(2) Montrer queφse factorise en une applicationψ:D→P(k6). Indication : noter que x?x= 0 ety?x=-x?yet se ramener `a montrer que sikx+ky=kx+kualors [x?y] = [x?u]. Solution: Il est clair que pour touti,jon aDi,j(x,x) = 0 etDi,j(y,x) =-Di,j(x,y). Consi- d´erons d"abord ([x],[y]) et ([x],[u]) dansUtels quekx+ku=kx+ky. Alorsu=λy+μxavec λ?= 0 et les propri´et´es du d´eterminant entraˆınent que, pour touti,j, on a D i,j(x,u) =λDi,j(x,y) +μDi,j(x,x) =λDi,j(x,y) d"o`u [x?u] = [x?y]. Soient maintenant ([x],[y]) et ([x?],[y?]) dansUtels quex,yd"une part, etx?,y?d"autre part, engendrent le mˆeme planE. Distinguons deux cas : (a) Si [y?]?= [x], alorskx+ky?=E, et d"apr`es ce qui pr´ec`ede on a [x?y] = [x?y?] = [x??y?]. (b) Si [y?] = [x], alors on ax?=λy+μxavecλ?= 0 et l"on obtient comme plus haut que [x??y?] = [x?y].

Il en r´esulte queφse factorise en une applicationψ:D→P(k6), d´efinie parψ(D) = [x?y]

pour toute base (x,y) deE, o`uD=P(E). (3) Soit ([x],[y])?Uetz?P(k4). En consid´erant la matrice((((x 1y1z1 x 2y2z2 x 3y3z3 x

4y4z4))))

, montrer que la

droite projective (xy) est donn´ee par quatre ´equations lin´eairesai1z1+ai2z2+ai3z3+ai4z4= 0

pouri= 1,...,4, o`u l"on exprimera les coefficientsaijen fonction des coordonn´ees deψ((xy)). + Question bonus, hors-bar`eme : Montrer qu"au moins deux deces ´equations sont non nulles

et lin´eairement ind´ependantes, donc d´efinissent deux plans projectifs dont (xy) est l"intersection.

Solution:zappartient `a (xy) ssi cette matrice est de de rang 2, i.e. ssi ses quatre mineurs 3×3

3D12(x,y)-z2D13(x,y) +z1D23(x,y) = Δ1,2,3= 0

z

4D12(x,y)-z2D14(x,y) +z1D24(x,y) = Δ1,2,4= 0

z

4D13(x,y)-z3D14(x,y) +z1D34(x,y) = Δ1,3,4= 0

z

4D23(x,y)-z3D24(x,y) +z2D34(x,y) = Δ2,3,4= 0

Chacune de ces ´equations est soit nulle (i.e. 0 = 0) soit l"´equation d"un plan projectif, et le

syst`eme pr´ec´edent signifie que la droite (xy) est l"intersection de ces plans. Comme c"est une

4droite, il doit y avoir au moins deux ´equations non nulles etlin´eairement ind´ependantes. Explici-

tement, commex,yne sont pas li´es, les mineursDi,j(x,y) ne sont pas tous nuls; supposons par

exempleD12(x,y) =α?= 0. Alors les deux premi`eres ´equations sont non nulles et lin´eairement

ind´ependantes, car elles s"´ecrivent αz

3=z2D13(x,y)-z1D23(x,y), αz4=z2D14(x,y)-z1D24(x,y).

(4) D´eduire de la question pr´ec´edente que l"applicationψ:D→P(k6) est injective. Solution: Comme ces ´equations ne d´ependent (`a multiplication parun scalaire non nul pr`es) que des coordonn´ees homog`enes deψ((xy), on en d´eduit queψest injective. On note (z12,z13,z14,z23,z24,z34) les coordonn´ees surk6, de sorte que pourx,y?k4la coor- donn´eezijdex?yestDij(x,y). On noteQla forme quadratiquez12z34-z13z24+z14z23surk6 etC=V(Q) la quadrique projective deP(k6) associ´ee. (5) Montrer par un calcul direct queψ(D) est contenu dansC.

Solution: On a

(x1y2-x2y1)(x3y4-x4y3) =x1x3y2y4-x1x4y2y3-x2x3y1y4+x2x4y1y3 -(x1y3-x3y1)(x2y4-x4y2) =-x1x3y2y4+x1x2y3y4+x3x4y1y2-x2x4y1y3 (x1y4-x4y1)(x2y3-x3y2) =x1x4y2y3-x1x2y3y4-x3x4y1y2+x2x3y1y4 et en faisant la somme on obtientQ(x?y) = 0. (6) Soitp= [z12,z13,z14,z23,z24,z34]?C. Supposonsz12= 1. Montrer alors quep= [x?y] pour [x] = [1,0,t,u] et [y] = [0,1,v,w], pour des scalairest,u,v,wque l"on exprimera en fonction deszij. Solution: Commez12= 1, le fait quep?Cse traduit par l"´egalit´ez34=z13z24-z14z23. Montrons que sous cette condition on peut trouver des vecteursx=t(1,0,t,u) ety=t(0,1,v,w) tels que (?)x?y=((((((((1 z 13 z 14 z 23,
z 24
z

13z24-z14z23))))))))

Consid´erant la matrice

(1 00 1 t v u w)))) on obtient quex?y=((((((((1 v w -t -u tw-uv)))))))) et l"on voit que (?) entraine v=z13,w=z14,t=-z23, etu=-z24. On a alors tw-uv=-z23z14+z24z13=z34 comme d´esir´e. (Pour toutz?C, il existe au moins un couple (i,j) tel quezij?= 0, et on peut montrer par un calcul analogue quep?Im(ψ). La conclusion est queψ(D) =C.) Exercice 3. - (40 pts) On munitRnde la norme euclidienne? · ?. SoitCun convexe compact deRncontenant 0 dans son int´erieur (i.e. il existe un ouvertUdeRntel que 0?U?C) et stable par l"applicationx?→ -x. Comme l"applicationR×Rn→Rn, (t,x)?→txest continue, alors pour toutx?C, l"ensembleI(x) ={t?R|tx?C}est un ferm´e deRcontenant 0 dans son int´erieur. 5 (1) Soitx?= 0 dansC. Montrer queI(x) est un intervalle ferm´e born´e [-β(x),β(x)], avec

β(x)>0 etβ(-x) =β(x).

Solution: Posonsr=?x?>0. CommeCest compact il est contenu dans une boule ferm´ee B(0,R) et donctx??Cpour?t?> R/r. Par cons´equent,I(x) est born´e. CommeI(x) contient 0 dans son int´erieur, on en d´eduit queI(x) admet une borne inf´erieure

-α(x)<0 et une borne sup´erieureβ(x)>0, et commeI(x) est ferm´e on a-α(x),β(x)?I(x).

Il est clair queα(x) =β(-x) et comme de plusCest stable pary?→ -y, on aα(x) =β(x). Enfin, commeCest convexe et 0,±β(x)x?C, on a±tβx?Cpour toutt?[0,1] et donc

I(x) = [-β(x),β(x)].

(2) On poseN(0) = 0 etN(x) = 1/β(x) pourx?= 0. Montrer queNest une norme surRn, i.e. qu"on a les trois propri´et´es suivantes : (a)N(x) = 0?x= 0, (b)N(λx) =|λ|N(x), (c) Solution: (a) est imm´ediat carβ(x)>0 pourx?= 0. Prouvons (b). Siy=λxavecλ?= 0,

alorsCcontient±β(y)y=±β(y)λxdoncβ(x)≥ |λ|β(y). Et commex=λ-1yon a de mˆeme

β(y)≥ |λ|-1β(x), d"o`u l"´egalit´eβ(y) =|λ|-1β(x) et doncN(y) =|λ|β(x).

Prouvons (c). Soientx,y?C, tous deux?= 0. On veut montrer que (?)1

Or ceci est bien v´erifi´e cart=β(y)

β(y) +β(x)appartient `a ]0,1[ et commeCest convexe, il contient tβ(x)x+ (1-t)β(y)y=β(x)β(y)

β(y) +β(x)(x+y),

d"o`uβ(x+y)≥β(x)β(y)

β(y) +β(x)et donc (?).

(3) SiA,Bsont deux parties convexes deRn, on poseA+B={a+b|a?A, b?B}. Montrer queA+Best convexe. Solution: Soienta,a??A,b,b??Bett?[0,1]. Alorsat=a+t(a?-a) etbt=b+t(b?-b) appartiennent `aAetB, respectivement, et comme t(a+b) + (1-t)(a?+b?) = (ta+ (1-t)a?) + (tb+ (1-t)b?) =at+bt on obtient queA+Best convexe. Pour le reste de l"exercice, on prendn= 2,Ale carr´e ferm´e [-1,1]×[-1,1] etBle disque ferm´e de centre 0 et de rayon 1. (4) Faire une figure repr´esentantA+B. Solution:A+Best la r´eunion des translat´esa+B, poura?A. On obtient ainsi la figure suivante : ?(2,1)(1,2) (1,1) DoncA+Best la r´eunion du rectangle"horizontal»[-2,2]×[-1,1], du rectangle"vertical» [-1,1]×[-2,2] et de quatre quarts de disque de rayon 1 centr´es en les points (1,1), (-1,1), (-1,-1) et (1,-1). En particulier, on voit queA+Best stable par les sym´etries (x,y)?→(-x,y) et (x,y)?→(x,-y). 6 (5) Montrer queC=A+Bcontient 0 dans son int´erieur et queCest compact. Solution:CcontientBdonc le disque ouvertB(0,1), donc 0 est un point int´erieur deC. D"autre part, l"applicationf:R2×R2→R2, (x,y)→x+yest continue, et commeA×Best un compact deR2×R2alorsf(A×B) =Cest un compact deR2. Autre d´emonstration. Soit (an+bn)n?Nune suite de points deA+B. CommeAest compact,

on peut en extraire une sous-suite (aφ(n)+bφ(n)), o`uaφ(n)converge vers une limitea?A. Puis,

commeBest compact, on peut extraire de la suite (bφ(n)) une suite convergente, i.e. il existe

θ:N→Nstrictement croissante telle que, posantψ(n) =φ(θ(n)), la suite (bψ(n)) converge vers

une limiteb?B. Alors la suite (aψ(n)+bψ(n)) converge versa+b?Cet ceci montre queCest compact. (6) SoitNla norme surR2d´efinie parC. Pour toutr >0, faire une figure repr´esentant S

N(r) ={(x,y)?R2|N(x,y) =r}.

En utilisant cette figure, exprimerr=N(x,y) en fonction dexouylorsque (x,y) appartient `a

Solution: La figure pr´ec´edente montrait la"boule unit´e»BN(1) deN; en utilisant l"homoth´etie

de rapportr, on obtient que la bouleBN(r) est donn´e par la figure ci-dessous, et que la"sph`ere»

S

N(r) en est la fronti`ere :

?(2r,r) (2r,-r)(r,2r)(-r,2r) I C1 C2 On voit alors que si (x,y)?SN(r) appartient au cˆoneC1, on a|x|= 2r, d"o`ur=|x|/2. De mˆeme, si (x,y)?SN(r)∩C2, on a|y|= 2r, d"o`ur=|y|/2. montrer queN(x,y) =rssi (x,y) appartient au cercle de centreIet de rayonr, pour un point p= (x,y) appartient `aSN(r) ssi il appartient au disque cercle de rayonret de centreI= (r,r). r

2-2r(x+y) +x2+y2= 0.

Le discriminant r´eduit de ce trinˆome enrest Δ?= (x+y)2-(x2+y2) = 2xy, donc les solutions sontr=x+y±⎷ r=x+y-? 2xy.

Remarques.(1) En proc´edant de mˆeme pour les autres quarts de cercle, ou en utilisant queSN(r)

est stable par les sym´etries (x,y)?→(-x,y) et (x,y)?→(x,-y), d"o`uN(-x,y) =N(x,y) =

N(x,y) =|x|+|y| -?

2|xy|.

(2) Lorsque|y|´egale|x|/2 (resp. 2|x|) on obtientN(x,y) =|x|/2 (resp.|y|/2), ce qui co¨ıncide

avec le r´esultat obtenu dans ce cas `a la question pr´ec´edente.quotesdbs_dbs43.pdfusesText_43

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