Correction de l`examen 2015-16 Fichier

EPFL
Géométrie I, MATH-120
1er semestre 2015-16
Examen-Correction
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Exercice 1. (Questions de cours)
1. Enoncer le Théorème de Lagrange.
2. Esquisser une figure dont le groupe d’isométries est cyclique d’ordre 8.
3. Entourer le label des affirmations qui sont correctes (la détermination de leur
véracité devrait, normalement, ne nécessiter que peu de calculs) :
a) Un groupe dihedral est commutatif.
b) La composée de la symétrie d’axe la droite d’équation x + y = 2 et de la
symétrie d’axe la droite d’équation 2x + y = 3 est une symétrie dont l’axe
passe par le point d’intersection des deux droites.
c) L’image du point (4, −4) par la symétrie d’axe la droite d’équation 2x+3y =
1 est le point (6, −2).
d) Le groupe des isométries d’un hexagone régulier est d’ordre 6.
Question 1.2 Voir la figure 1.
Question 1.3
a) Un groupe dihedral est commutatif : Faux
b) La composée de la symétrie d’axe la droite d’équation x + y = 2 et de la symétrie
d’axe la droite d’équation 2x + y = 3 est une symétrie 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 symétrie d’axe la droite d’équation 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 isométries d’un hexagone régulier est d’ordre 6 : Faux (ordre 12)
Exercice 2. Soit ϕ defini par
ϕ(x, y) = (
5
5
12
12
x − y + 1, − x − y + 2)
13
13
13
13
Figure 1 –
1. Quelle est la nature géométrique de ϕ : type de transformation, angle, points
fixes (si ils existent).
2. Ecrire ϕ sous forme de transformations complexe.
3. Calculer ϕ2016 .
Question 2.1 ϕ est une symetrie affine car la matrice de sa partie lineaire est
25
144
12/13 −5/13
c s
+
=1
=
, c 2 + s2 =
−5/13 −12/13
s −c
169 169
celle d’une symetrie. L’ensemble des points fixes est obtenu en resolvant le systeme
(
(
(
12
5
5
1
x
−
y
+
1
=
x
x
−
y
+
1
=
0
−
x + 5y − 13 = 0
13
13
13
13
⇐⇒
⇐⇒
5
5
− 13
− 13
x − 12
y+2=y
x − 25
y+2=0
x + 5y − 2 13
=0
13
13
5
qui n’a pas de solution : ϕ est donc une symetrie glissee.
Question 2.2
z 7→ βz + 1 + 2i, β =
12
5
+ i.
13 13
Question 2.3 Comme ϕ est une symetrie affine donc ϕ2 est 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 ,− 3024 ) .
13
13
Exercice 3. Soit D la droite d’équation
x + y = 1.
1. Soit sD la symétrie orthogonale d’axe D. Pour (x, y) ∈ R2 , on pose
sD (x, y) = (X, Y ).
2.
3.
4.
5.
6.
Calculer (X, Y ) en fonction de (x, y).
Exprimer sD sous la forme d’une transformation sur les nombres complexes.
√
Soit r la rotation d’angle ω = 21 + i 23 et de centre (1, 0). Exprimer r sous la
forme d’une transformation sur les nombres complexes. Quel est l’ordre de r ?
Soit D0 = r(D) la transformée de D par la rotation r. Calculer l’isométrie
composée ϕ = sD0 ◦ sD en fonction de r (on pourra considérer les points fixes
de sD , r et sD0 ).
Montrer que le groupe G = hsD , sD0 i engendré par sD et sD0 est aussi le groupe
engendré par sD et ϕ et calculer son ordre.
Donner un polygone explicite P et une isométrie du plan ψ tel que le groupe
d’isométries de P0 = ψ(P) soit G.
Question 3.1 On a sD (0, 0) = (1, 1) et la partie lineaire s0 est 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 r est l’ordre de ω et on a ω 3 = 1 donc r est 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−1 est l’image par
r de l’ensemble des points fixes de sD et s’est donc r(D) = D0 ; deux symetries ayant
la meme droite de points fixes sont egales.
L’isometrie ϕ = sD0 ◦ sD = r0 est une rotation affine. Pour trouver son centre on
remarque que le centre de r, Pr = (1, 0) appartient a D et donc a D0 = r(D) car
Pr ∈ D ⇐⇒ r(Pr ) = Pr ∈ r(D) = D0 .
comme Pr est un point fixe de sD et SD0 , c’est un point fixe du compose r0 et c’est
donc le centre de r0 . Pour trouver l’angle de r0 il suffit de considerer la partie lineaire :
on a
sD0 ,0 = r0 ◦ sD,0 ◦ r0−1 .
Comme r0 est une rotation lineaire d’ordre 3 (donnee en complexes par z 7→ ωz) le
groupe engendre par r0 et sD,0 est dihedral d’rodre 6 et on a
sD,0 ◦ r0 ◦ sD,0 = r0−1 .
On a donc
r00 = r0 ◦ sD,0 ◦ r0−1 ◦ sD,0 = r0 ◦ sD,0 ◦ sD,0 ◦ r0 ◦ sD,0 ◦ sD,0 = r02 .
Ainsi l’angle de r00 et donc de r0 est ω 2 (qui est egalement d’ordre 3). Comme r0 a le
meme centre que r et est d’angle ω 2 , on a
r0 = r2 .
Question 3.5 On a r0 = sD0 ◦ sD et donc est contenu dans le groupe engendre par
−1
sD0 et sD ; par cette meme relation sD0 = r0 ◦ sD (on rapelle que SD
= sD ) donc sD0
0
s’ecrit comme compose de r et sD et est contenu dans le groupe engendre par r et
sD . Ainsi
G = hsD , ri = hsD , sD0 i.
Comme le point (1, 0) est un point fixe de r0 et sD c’est un point fixe de tout element
du groupe hsD , ri et 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 G0 engendre par les
parties lineaires sD,0 et r00 = r02 ) endrendre par une rotation lineaire d’ordre 3 et une
symetrie : ce groupe est fini dihedral d’ordre 6 et on a la relation
−1
0
sD,0 ◦ r00 ◦ s−1
D,0 = r0 .
en prenant conjugue inverse on obtient que G est dihedral d’ordre 6.
Question 3.6 Il suffit de prendre P0 le triangle equilateral de barycentre le point
(1, 0) et dont un des sommets est sur l’axe D0 .
Exercice 4. (Première méthode) Soit g0 un génerateur de G et h0 un génerateur de
H.
1. Montrer que l’ordre de (g0 , h0 ) dans le groupe produit G × H divise mn.
2. Montrer que l’ensemble des entiers k ∈ Z tels que la première coordonnée de
(g0 , h0 )k = (g0 , h0 ) × · · · × (g0 , h0 ) (k fois) vaut eG est l’ensemble des multiples
de m.
3. Effectuer un raisonnement similaire et en déduire l’ordre de (g0 , h0 ).
4. Conclure la preuve du Théorème.
Question 4.1 On a
(g0 , h0 )mn = (g0mn , hmn
0 ) = (eG , eH )
donc mn est un multiplie de l’ordre de (g0 , h0 ).
Question 4.2 On a (g0 , h0 )k = (g0k , hk0 ) donc si la premiere coordonnee vaut eG on a
g0k = eG et k est un multiplie de m.
Question 4.3 De meme si la deuxieme coordonnee de (g0 , h0 )k = (g0k , hk0 ) vaut eH ,
k est un multiplie de n. Ainsi si (g0 , h0 )k = (eG , eH ) alors k est un multiplie commun
de m et n et donc un multiple commun de leur ppmc qui vaut mn. Ainsi l’ordre
de (g0 , h0 ), k0 est 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 × H est d’ordre mn et (g0 , h0 ) est d’ordre mn donc
h(g0 , h0 )i = G × H et G × H est cyclique.
Exercice 5. (Deuxième méthode) Soit (C× , .) = (C − {0}, .) le groupe multiplicatif
de C (muni de la multiplication usuelle). Soient µm , µn ⊂ C× les sous-groupes des
racines m-ièmes et n-ièmes de l’unité.
1. Montrer que l’application ”produit”
π:
µm × µn →
7
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 à un sous-groupe de µm et a un
sous-groupe de µn . En déduire que ker(π) = {(1, 1)}.
4. Montrer que µm × µn est cyclique et conclure la preuve du Théorème.
5. Quel sous-groupe de C× est le groupe Im(π) ?
Question 5.1 On a pour ζ, ζ 0 ∈ µm , ξ, ξ 0 ∈ µn
π((ζ, ξ) × (ζ 0 , ξ 0 )) = π((ζζ 0 , ξξ 0 )) = ζζ 0 ξξ 0 = ζξζ 0 ξ 0 = π(ζ, ξ).π(ζ 0 , ξ 0 )
et donc par le critere de morphisme de groupe π est un morphisme.
Question 5.2 Im(π) est un groupe fini (car image d’un groupe fini par un morphisme
) de C× et par le theoreme du cours d’est un groupe cyclique.
Question 5.3 Consierons l’application ”projection sur la premiere coordonnee”
π1 : (ζ, ξ) ∈ ker(π) 7→ ζ ∈ µm .
c’est un morphisme de groupes :
π1 ((ζ, ξ) × (ζ 0 , ξ 0 )) = π1 ((ζζ 0 , ξξ 0 )) = ζζ 0 = π1 (ζ, ξ).π1 (ζ 0 , ξ 0 );
montrons qu’il est injectif : soit (ζ, ξ ∈ ker(π) tel que ζ = 1, alors comme
π(ζ, ξ) = ζξ = 1
on a ξ = 1 et (ζ, ξ) = (1, 1) et donc ker(π) s’identifie a son image par π1 et est un
sous-groupe de µm . De meme ker(π) s’identifie a son image par π2 et est un sousgroupe de µn . Ains l’ordre | ker(π)| divise a la fois m et n qui sont premiers entre eux
donc | ker(π)| = 1 et ker(π) = {(1, 1)}.
Question 5.4 Ainsi l’application π est injective et est un isomorphisme de groupes
de µm × µn vers sont image π(µm × µn ) ⊂ C× . comme ce dernier groupe est un
sous-groupe fini de C× il est cyclique.
Question 5.5 Im(π) est un sous-groupe de C× d’ordre mn, il n’y a uqu’un seul
sous-groupe possible : le groupe des racine mn-iemes de l’unite
µmn = {z ∈ C, z mn = 1}.