Correction de l`examen 2015-16 Fichier

EPFL 1er semestre 2015-16
G´eom´etrie I, MATH-120
Examen-Correction
Nom : Prenom : No SCIPER :
Exercice 1. (Questions de cours)
1. Enoncer le Th´eor`eme de Lagrange.
2. Esquisser une figure dont le groupe d’isom´etries est cyclique d’ordre 8.
3. Entourer le label des affirmations qui sont correctes (la d´etermination de leur
v´eracit´e devrait, normalement, ne n´ecessiter que peu de calculs) :
a) Un groupe dihedral est commutatif.
b) La compos´ee de la sym´etrie d’axe la droite d’´equation x+y= 2 et de la
sym´etrie d’axe la droite d’´equation 2x+y= 3 est une sym´etrie dont l’axe
passe par le point d’intersection des deux droites.
c) L’image du point (4,−4) par la sym´etrie d’axe la droite d’´equation 2x+3y=
1 est le point (6,−2).
d) Le groupe des isom´etries d’un hexagone r´egulier est d’ordre 6.
Question 1.2 Voir la figure 1.
Question 1.3
a) Un groupe dihedral est commutatif : Faux
b) La compos´ee de la sym´etrie d’axe la droite d’´equation x+y= 2 et de la sym´etrie
d’axe la droite d’´equation 2x+y= 3 est une sym´etrie dont l’axe passe par le
point d’intersection des deux droites : Faux (la composee de deux symetries est
soit un translation soit une rotation)
c) L’image du point (4,−4) par la sym´etrie d’axe la droite d’´equation 2x+ 3y= 1
est le point (6,−2) : Faux (le vecteur −−−−−−−−−→ (6,−2)(4,−4) n’est pas perpendiculaire a
l’axe de symetrie).
d) Le groupe des isom´etries d’un hexagone r´egulier est d’ordre 6 : Faux (ordre 12)
Exercice 2. Soit ϕdefini par
ϕ(x, y)=(12
13x−5 13y+ 1,−5 13x−12 13y+ 2)

Figure 1 –
1. Quelle est la nature g´eom´etrique de ϕ: type de transformation, angle, points
fixes (si ils existent).
2. Ecrire ϕsous forme de transformations complexe.
3. Calculer ϕ2016.
Question 2.1 ϕest une symetrie affine car la matrice de sa partie lineaire est
12/13 −5/13
−5/13 −12/13=c s s−c, c2+s2=144
169 +25 169 = 1
celle d’une symetrie. L’ensemble des points fixes est obtenu en resolvant le systeme
(12
13 x−5 13 y+ 1 = x
−5
13 x−12 13 y+ 2 = y⇐⇒ (−1
13 x−5 13 y+ 1 = 0
−5
13 x−25 13 y+ 2 = 0 ⇐⇒ (x+ 5y−13 = 0
x+ 5y−213
5= 0
qui n’a pas de solution : ϕest donc une symetrie glissee.
Question 2.2
z7→ βz + 1 + 2i, β =12
13 +5 13i.
Question 2.3 Comme ϕest une symetrie affine donc ϕ2est une translation de vecteur
donne par
ϕ2(0,0) = ϕ(1,2) = (15/13,−3/13)
et donc
ϕ2016 =t1008
(15/13,−3/13) =t(15120
13 ,−3024 13 ).

Exercice 3. Soit Dla droite d’´equation
x+y= 1.
1. Soit sDla sym´etrie orthogonale d’axe D. Pour (x, y)∈R2, on pose
sD(x, y) = (X, Y ).
Calculer (X, Y ) en fonction de (x, y).
2. Exprimer sDsous la forme d’une transformation sur les nombres complexes.
3. Soit rla rotation d’angle ω=1
2+i√3 2et de centre (1,0). Exprimer rsous la
forme d’une transformation sur les nombres complexes. Quel est l’ordre de r?
4. Soit D0=r(D) la transform´ee de Dpar la rotation r. Calculer l’isom´etrie
compos´ee ϕ=sD0◦sDen fonction de r(on pourra consid´erer les points fixes
de sD, r et sD0).
5. Montrer que le groupe G=hsD, sD0iengendr´e par sDet sD0est aussi le groupe
engendr´e par sDet ϕet calculer son ordre.
6. Donner un polygone explicite Pet une isom´etrie du plan ψtel que le groupe
d’isom´etries de P0=ψ(P) soit G.
Question 3.1 On a sD(0,0) = (1,1) et la partie lineaire s0est donnee par s0(x, y) =
(−y, −x) et donc
(X, Y ) = (−y+ 1,−x+ 1).
Question 3.2 On a
sD(z) = iz +1+i.
Question 3.3 Le complexe 1 est le centre de la rotation r. On a donc
r(z)−1 = ω(z−1) ⇐⇒ r(z) = 1 −ω+ωz.
L’ordre de rest l’ordre de ωet on a ω3= 1 donc rest d’ordre 3.
Question 3.4 On a
sD0=r◦sD◦r−1.
En effet l’ensemble des points fixes de (la symetrie affine) r◦sD◦r−1est l’image par
rde l’ensemble des points fixes de sDet s’est donc r(D) = D0; deux symetries ayant
la meme droite de points fixes sont egales.
L’isometrie ϕ=sD0◦sD=r0est une rotation affine. Pour trouver son centre on
remarque que le centre de r,Pr= (1,0) appartient a Det donc a D0=r(D) car
Pr∈D⇐⇒ r(Pr) = Pr∈r(D) = D0.

comme Prest un point fixe de sDet SD0, c’est un point fixe du compose r0et c’est
donc le centre de r0. Pour trouver l’angle de r0il suffit de considerer la partie lineaire :
on a
sD0,0=r0◦sD,0◦r−1
0.
Comme r0est une rotation lineaire d’ordre 3 (donnee en complexes par z7→ ωz) le
groupe engendre par r0et sD,0est dihedral d’rodre 6 et on a
sD,0◦r0◦sD,0=r−1
0.
On a donc
r0
0=r0◦sD,0◦r−1 0◦sD,0=r0◦sD,0◦sD,0◦r0◦sD,0◦sD,0=r2 0.
Ainsi l’angle de r0
0et donc de r0est ω2(qui est egalement d’ordre 3). Comme r0a le
meme centre que ret est d’angle ω2, on a
r0=r2.
Question 3.5 On a r0=sD0◦sDet donc est contenu dans le groupe engendre par
sD0et sD; par cette meme relation sD0=r0◦sD(on rapelle que S−1
D=sD) donc sD0
s’ecrit comme compose de r0et sDet est contenu dans le groupe engendre par ret
sD. Ainsi
G=hsD, ri=hsD, sD0i.
Comme le point (1,0) est un point fixe de r0et sDc’est un point fixe de tout element
du groupe hsD, riet le conjugue ce groupe par la translation t−(1,0), admet l’origine
(0,0) comme point fixe : si g∈G,
t−(1,0) ◦g◦t(1,0)(0,0) = t−(1,0)(g(1,0)) = t−(1,0)((1,0)) = (0,0).
On obtient donc un groupe d’isometrie lineaires (donc le groupe G0engendre par les
parties lineaires sD,0et r0
0=r2 0) endrendre par une rotation lineaire d’ordre 3 et une
symetrie : ce groupe est fini dihedral d’ordre 6 et on a la relation
sD,0◦r0
0◦s−1
D,0=r0
0−1.
en prenant conjugue inverse on obtient que Gest dihedral d’ordre 6.
Question 3.6 Il suffit de prendre P0le triangle equilateral de barycentre le point
(1,0) et dont un des sommets est sur l’axe D0.
Exercice 4. (Premi`ere m´ethode) Soit g0un g´enerateur de Get h0un g´enerateur de
H.

1. Montrer que l’ordre de (g0, h0) dans le groupe produit G×Hdivise mn.
2. Montrer que l’ensemble des entiers k∈Ztels que la premi`ere coordonn´ee de
(g0, h0)k= (g0, h0)× · · · × (g0, h0) (kfois) vaut eGest l’ensemble des multiples
de m.
3. Effectuer un raisonnement similaire et en d´eduire l’ordre de (g0, h0).
4. Conclure la preuve du Th´eor`eme.
Question 4.1 On a
(g0, h0)mn = (gmn
0, hmn 0) = (eG, eH)
donc mn est un multiplie de l’ordre de (g0, h0).
Question 4.2 On a (g0, h0)k= (gk
0, hk 0) donc si la premiere coordonnee vaut eGon a
gk
0=eGet kest un multiplie de m.
Question 4.3 De meme si la deuxieme coordonnee de (g0, h0)k= (gk
0, hk 0) vaut eH,
kest un multiplie de n. Ainsi si (g0, h0)k= (eG, eH) alors kest un multiplie commun
de met net donc un multiple commun de leur ppmc qui vaut mn. Ainsi l’ordre
de (g0, h0), k0est un multiple de mn et comme par la premiere question mn est un
multiple de k0. on a k0=mn.
Question 4.4 Le groupe G×Hest d’ordre mn et (g0, h0) est d’ordre mn donc
h(g0, h0)i=G×Het G×Hest cyclique.
Exercice 5. (Deuxi`eme m´ethode) Soit (C×, .)=(C− {0}, .) le groupe multiplicatif
de C(muni de la multiplication usuelle). Soient µm, µn⊂C×les sous-groupes des
racines m-i`emes et n-i`emes de l’unit´e.
1. Montrer que l’application ”produit”
π:µm×µn7→ C×
(ζ, ξ)7→ ζ.ξ
est un morphisme de groupes.
2. Montrer que l’image Im(π) est un groupe cyclique.
3. Montrer que le noyau ker(π) peut s’identifier `a un sous-groupe de µmet a un
sous-groupe de µn. En d´eduire que ker(π) = {(1,1)}.
4. Montrer que µm×µnest cyclique et conclure la preuve du Th´eor`eme.
5. Quel sous-groupe de C×est le groupe Im(π) ?