Corrigés des exercices

IUFM d’Aix-Marseille
M1-Master EFM
Préparation à l’écrit de Géométrie 2012-2013
Exercices de Géométrie affine euclidienne en dimension n “ 2, 3
1. Déterminer le groupe des isométries qui conserve (globalement) un triangle équilatéral,
puis le groupe des isométries qui conservent un carré.
– Isométries du triangle équilatéral
Si on note IspT q le groupe des isométries du triangle équilatéral, alors IspT q “
Is` pT q Y Is´ pT q.
Rappelons que tout sommet de T est transformé par un élément de IspT q en
un sommet de T (cf. applications affines et points extrémaux d’un convexe). Il
en résulte que l’isobarycentre, noté O, des trois sommets est conservé par tout
élément de IspT q.
Déterminons Is` pT q :
‚ Si un sommet est fixe, comme f pOq “ 0, f est une isométrie positive qui
possède deux points fixes distincts, c’est l’identité.
‚ Si aucun sommet n’est fixe, alors f pAq “ B ou f pAq “ C. Si f pAq “ B, f
π
ÝÝÑ
ÝÝÑ
{
est la rotation de centre O et d’angle pOA, OBq “ r2πs (pour l’orientation
3
du plan dans laquelle le triangle ABC est direct), et cette rotation vérifie
f pBq “ C, f pCq “ A. Elle est bien dans Is` pT q. Si f pAq “ C, alors f est la
rotation réciproque de la précédente. On peut remarquer que si la première
est notée r, la seconde est r ˝ r “ r2 .
Pour déterminer Is´ pT q, remarquons que l’application la réflexion dont l’axe est
la médiatrice de rBCs appartient à Is´ pT q, on la note sBC ou, plus simplement,
s. Puis, considérons l’application de Is` pT q dans Is´ pT q définie par : f ÞÑ s ˝ f .
Cette application est bijective (facile, montrer le). On en déduit que Is´ pT q “
ts, s ˝ r, s ˝ r2 u. Il n’est pas dificile d’identifier les deux isométries négatives
différentes de s qui sont les réflexions par rapport aux deux autres côtés du
triangle.
En résumé le groupe IspT q, ˝q est composé de 6 éléments : Id, r, r2 , sBC , sCA , sAB .
On l’appelle le groupe diédral et on le note souvent D3 ou ∆3 .
Vous noterez que ce groupe n’est pas commutatif et qu’il est engendré par
deux éléments : r et s.
1
– Isométries du carré
En utilisant la même technique que précédemment, on détermine d’abord les
isométries positives du carré, puis - par bijection - les isométries négatives qu’on
identifient ensuite complètement. Les isométries positives sont ρ, la rotation
π
centrée au centre du carré et d’angle r2πs, ρ2 , ρ3 et l’identité.
4
Si s est la réflexion dont l’axe est la médiatrice commune des segments rABs
et rCDs, les autres isométries négatives sont s ˝ ρ, s ˝ ρ2 , s ˝ ρ3 . On identifie ces
isométries négatives qui sont les réflexions par rapport à la médiatrice commune
de rBCs et rDAs et par rapport aux diagonales du carré.
Le groupe D4 possède 8 éléments.
2. On cherche à déterminer maintenant le sous-groupe de IspEq, formé des isométries
qui conservent un tétraèdre régulier ABCD. On note IpT q ce groupe (pour la loi
˝ évidemment).
a) On note IA l’ensemble des éléments, f , de G qui vérifient f pAq “ A. Soit GA le
centre de gravité de la face BCD. Montrer que si f P IA , alors f|pAGA q “ IdpAGA q
et f|pBCDq est une isométrie plane qui conserve globalement le triangle BCD.
Décrire complètement IA .
Puisque f laisse l’ensemble tA, B, C, Du invariant, elle laisse aussi invariant l’isobarycentre G de ces quatre points. Or, G P pAGA q, donc f laisse la droite pAGA q
invariante et la restriction de f à tout plan orthogonal à cette droite est une
isométrie affine de ce plan. En particulier, cette restriction est une isométrie du
plan pBCDq. De plus, f conserve l’ensemble tB, C, Du et donc l’isobarycentre
GA de ces trois points.
Si f est une isométrie positive, alors c’est une rotation (puisqu’elle a des points
invariants) d’axe pAGA q. Sa restriction à pBCDq est l’une des 6 isométries planes
qui conservent un triangle équilatéral. En résumé
f P tId, r “ rpAGA q p
2π 2
q, r , sAB , sAC , sAD u
3
où sAB est la réflexion par rapport au médiateur de rCDs, sAC la réflexion par
rapport au médiateur de rBDs et sAD la réflexion par rapport au médiateur de
rBCs.
b) On note PAB le plan médiateur du segment rCDs et sAB la réflexion par rapport
à ce plan. En utilisant ce type de notation préciser les réflexions de IpT q.
Une réflexion de IpT q échange deux sommets (elle ne peut les laisser tous invariants car ce serait alors l’identité et elle ne peut échanger deux couples de
2
sommets, car alors les arêtes correspondantes seraient toutes deux perpendiculaires à un même plan, donc parallèles) et conserve les deux autres, d’où six
réflexions possibles : les réflexions par rapport aux médiateurs des six côtés du
tétraèdre régulier : sAB , sAC , sAD , sBC , sBD , sCD .
c) Montrer que les symétries d’axes pIJq, pKLq et pM N q, où les points I, J, K, L, M, N
sont respectivement les milieux des côtés rABs, rCDs, rADs, rBCs, rACs, rBDs,
appartiennent à IpT q. Préciser I ` pT q.
La vérification est triviale. Une isométrie positive de IpT q est une rotation dont
l’axe passe par G.
– si cette rotation laisse un sommet invariant, elle est du type de celles qui ont
été déterminées en 1, ce sont des rotations d’axes pAGq ou pBGq ou pCGq ou
pDGq. Il y en existe 8, auxquelles il faut évidemment ajouter l’identité qui
conserve tous les sommets du tétraèdre ;
– si cette rotation ne conserve aucun des quatre sommets, elle en échange deux
paires et on retrouve les demi-tours de la question précédente.
Au total, 8+4=12 éléments dans I ` pT q.
d) Préciser I ´ pT q.
Pour déterminer I ´ pT q, on utilise l’application S : I ` Ñ I ´ définie par Spf q “
s ˝ f , où s est l’une des réflexions planes de I ´ , par exemple s “ sAD . Cette
application est, comme on l’a déjà vu, une bijection de I ` sur I ´ . Les composées
de s avec l’identité et les rotations dont les axes appartiennent au plan de s (les
quatre rotations d’axes pAGA q et pDGD q et le demi-tour d’axe pKLq) redonne
les six réflexions. Les composées de s avec les six autres rotations : les rotations
d’axes pCGC q, pBGB q, pIJq, pM N q donnent six symétries tournantes.
Pour mieux ! voir " ces st, examinons en détail l’une d’entre elle. Par exemple
f “ sAD ˝ rIJ , où rIJ désigne le demi-tour d’axe pIJq.
Quel est l’axe de la st f ? Il y a plusieurs façons de le savoir. On peut passer par
f 2 qui est une rotation de même axe que f . On a
˙
ˆ
˙
ˆ
A B C D
A B C D
2
et f :
.
f :
D C B A
C A D B
Les milieux de rADs et de rBCs sont invariants, l’axe de f 2 et donc l’axe de la
st f , est la droite pKLq.
Quel est le plan de la st f ? C’est le plan orthogonal à pKLq passant par G. Plus
précisément, le point I milieu de rABs est équidistant de K et de L (faı̂tes un
dessin, c’est évident grâce, par exemple, au théorème des milieux !). De même J
3
milieu de rCDs est équidistant de K et de L, tout comme M le milieu de rACs.
Ces trois points (non alignés) sont donc dans le médiateur de rKLs qui passe
par G puisque G est le milieu de rKLs. Le plan de f est donc le plan pIJM q.
Quel est l’angle de f ? Pour le déterminer, il convient de se placer dans un plan
orthogonal à pKLq, par exemple pIJM q. L’image de I qui est le milieu de rABs
est le milieu de rf pAqf pBqs, c’est-à-dire le milieu de rCAs, soit M . L’angle de f
ÝÑ
ÝÝÑ
{
est donc pGI, GM q. Mais, M est dans le médiateur de rIJs, tout comme G qui
ÝÑ
ÝÝÑ
{
est le milieu de ce segment. Il en résulte que l’angle pGI, GM q est droit. Pour
une orientation convenable de la droite pKLq et une orientation compatible du
π
plan pIJM q, l’angle est égal à r2πs.
2
Amusez-vous à préciser complètement les formes canoniques des cinq autres st
de IpT q.
3. Soit d et d1 deux droites non coplanaires de E. Déterminer les isométries de E qui
conservent td, d1 u.
On considère δ la perpendiculaire commune aux deux droites, tHu “ δ X d,
tH 1 u “ δ X d1 et O le milieu de rHH 1 s. Si f P IspEq conserve globalement td, d1 u,
alors la perpendiculaire commune est globalement conservée par f puisqu’elle est
transformée en une droite qui doit être perpendiculaire à la fois à f pdq et à f pd1 q,
c’est-à-dire aux deux droites d et d1 . La perpendiculaire commune étant unique,
f pδq “ δ. La paire tH, H 1 u est laissée aussi globalement invariante par f ; En effet,
tHu “ d X δ ñ tf pHqu “ f pδq X f pdq “ δ X d “ tHu ou tf pHqu “ δ X d1 “ tH 1 u.
Ainsi, O milieu de rHH 1 s est invariant par f . Il en résulte que les seuls éléments
de G “ Istd, d1 u sont des rotations, des réflexions ou des symétries tournantes.
4
Considérons d1 et d11 les parallèles à d et d1 passant par O respectivement et notons
P le plan qu’elles déterminent.
Cherchons les déplacements (isométries positives) de G.
– si f pHq “ H et f pH 1 q “ H 1 , alors δ est invariante point par point et c’est l’axe
de f . Dans ce cas, f pdq “ d (sinon, H serait transformé en un point de d1 ). Soit
M P d, on ne peut avoir que f pM q “ M ou f pM q “ M 1 , le symétrique de M par
rapport à H. Dans le premier cas, f “ IdE , dans le second f est le demi-tour
d’axe δ. On vérifie facilement que ces deux isométries conservent td, d1 u ;
– si f pHq “ H 1 et f pH 1 q “ H, les droites d et d1 sont échangées et l’axe de f est
situé dans le plan orthogonal à δ passant par O, c’est-à-dire dans le plan P . f est
un demi-tour et la restriction de f à P est une réflexion qui échange les droites
d1 et d11 passant par O, respectivement parallèles à d et à d1 . Une telle réflexion
est centrée sur l’une des deux bissectrices du couple de droites pd1 , d11 q, notées
δ1 et δ11 . Dans ce cas, G` est composée des deux demi-tours d’axes δ1 et δ11 (qui
sont deux droites␣perpendiculaires).(
En résumé, G` “ IdE , dtδ , dtδ1 , dtδ11 . Il est facile de voir que ce groupe (sousentendu pour la loi ˝ évidemment) est isomorphe à Z{2Z ˆ Z{2Z.
Cherchons les antidéplacements (isométries négatives) de G.
– si f pHq “ H et f pH 1 q “ H 1 , alors f pdq “ d (comprendre : ! d est globalement
invariante par f ").
– Si d est invariante point par point, le plan Π “ pd, δq est invariant et f ne peut
être que la réflexion par rapport à ce plan. Elle ne conserve globalement d1
que si d1 est incluse dans ce plan ou orthogonale à ce plan. Mais, la première
possibilité est exclue puisque les deux droites ne sont pas coplanaires et la
seconde n’est possible que si d1 est orthogonale à d (puisque, par définition de
δ elle lui est orthogonale).
– Si d n’est pas invariante point par point, alors tout point M de d est transformé
en son symétrique par rapport à H et d est orthogonale au plan Π1 de f . Mais
dans ce cas, f conserve aussi globalement d’ et, soit d1 est orthogonale à Π1 ,
soit d1 P Π. La première possibilité est exclue car elle entrainerait que d et d’
sont parallèles et donc coplanaires. La seconde n’est possible que si d et d1 sont
deux droites orthogonales et alors Π1 “ pδ, d1 q.
– Si H et H 1 sont échangés, alors f ˝ dtδ1 est un antidéplacement qui conserve H
et H 1 . On vient de voir qu’un tel antidéplacement n’existe que si d et d1 sont
orthogonales. Auquel cas, f ˝dtδ1 “ sΠ ou f ˝dtδ1 “ sΠ1 et f P tsΠ ˝dtδ1 , sΠ1 ˝dtδ1 u.
Conclusion : Si d et d1 ne sont pas orthogonales, G “ G` , si d K d1 , alors
G “ G` Y tsΠ , sΠ1 , sΠ ˝ dtδ1 , sΠ1 ˝ dtδ1 u.
On Remarque que sΠ ˝ dtδ1 et sΠ1 ˝ dtδ1 sont deux symétries tournantes. On peut
5
chercher leur forme réduite. Détaillons pour f “ sΠ ˝ dtδ1 :
on décompose le demi-tour dtδ1 “ sQ ˝ sP , où Q est le plan déterminé par δ et δ1 .
Alors,
f “ psΠ ˝ sQ q ˝ sP “ r∆ ˝ sP ,
où r∆ est la rotation d’axe δ dont l’angle est le double de l’angle dièdre des plans
π
π
Π et Q, c’est-à-dire le double de , soit . Finalement, f “ rδ ˝ sP est la symétrie
4
2
tournante composée d’un quart de tour d’axe δ et de la réflexion de plan P le
médiateur de rHH 1 s ; transformations qui commutent puisque δKP .
Bien entendu, l’autre symétrie tournante g “ sΠ1 ˝ dtδ1 est la symétrie tournante
de même axe, de même plan et d’angle opposé.
Remarque : une tendance actuelle consiste à appeler anti-rotation une symétrie
tournante.
4. E étant rapporté à une base orthonormale directe, soit f l’application de E dans
lui-même, définie par :
?
$
1
3
’
1
’
x
“
x
´
y
’
&
2
2
y 1 “ ´z
.
? ´1
’
’
3
y
’
% z1 “
x` `1
2
2
Déterminer, aussi précisément que possible, la nature de f .
Réécrivons matriciellement l’expression analytique de f :
?
¨ 1˛ ¨ 1
˛ ¨ ˛ ¨ ˛
3
x
0
´
0
x
2
2
˝y 1 ‚ “ ˝ 0
‚ ˝y ‚` ˝´1‚.
0
´1
?
3
1
1
z1
z
0
2
2
On reconnait alors la matrice de l’application linéaire associée à f et les coorÑ
Ý
données du point f pOq. La matrice de f , notée A vérifie At A “ I3 et det A “ 1.
On en déduit que f est un vissage.
Pour déterminer compètement ce vissage, il est nécessaire (et suffisant) de déterminer
l’axe du vissage, son angle et son vecteur.
Si on note f “ r ˝ t “ t ˝ r la forme canonique de f , un vecteur directeur de l’axe de
Ñ
Ý
r est invariant par f . En résolvant AX “ X (i.e. en cherchant les Vp de?
A associés
Ñ
Ý
à la vp 1), on trouve la droite vectorielle engendrée par le vecteur k “ p 3, ´1, 1q.
On en déduit que l’axe du vissage a une équation paramétrique de la forme :
$
?
& x “ a`t 3
t P R.
y “ b´t
%
z “ c`t
6
Pour déterminer complètement cet axe ∆, on peut utiliser la propriété :
ÝÝÝÑ
Ñ
Ý
M P ∆ ô M M 1 colinéaire à k .
Les calculs conduisent à
?
?
´a ´ b 3
c`1`b
a 3 ` b ` 2 ´ 2c
?
“
.
“
1
2
2 3
?
? ´9c ´ 6
On en déduit que pa, b, cq “ p7c 3´2 3,
, cq, c P R. Pour c “ 0, on obtient
10
?
3
le point de ∆, noté B, de coordonnées p´2 3, ´ , 0q et ∆ a alors pour équation :
5
?
?
$
’
& x “ ´2 3 ` t 3
3
t P R.
y “ ´ ´t
’
5
%
z “ t
L’image d’un point quelconque de cet axe permet de déterminer
le vecteur du vis?
23
3
´7
, ´1, ´ q, le vecteur du
sage. Par exemple, le point B a pour image B 1 “ p
10
10 ?
Ý
Ý
Ñ
13 3 2 23
Ý
u “ BB 1 dont les coordonnées sont p
vissage est donc le vecteur Ñ
, ´ , ´ q.
10
5 10
Il reste à déterminer l’angle du vissage. Pour cela, on peut se placer dans
un
plan or?
thogonal à ∆, par exemple le plan passant par O dont l’équation est x 3´y`z “ 0
(son vecteur normal est un vecteur directeur de ∆) et déterminer?l’intersection du
23 3 42 27
plan avec ∆. Le calcul conduit au point I de coordonnées p´
, ´ , q. Si
25
25 25 Ý
1
1
O est l’image de O par f , alors l’image de O dans la translation?de vecteur ´Ñ
u
13 3 3 33
est le point O1 image de O par la rotation r. On trouve O1 p´
, ´ , q. Les
10
5 10
ÝÑ ÝÝÑ
vecteurs IO et ?
IO1 vont permettre de déterminer
l’angle
du
vissage.
?
ÝÑ ÝÝÑ
23 3 42 27
19 3 27 111
IO.IO1
ÝÑ
ÝÝÑ
On a IO “ p
, , ´ q et IO1 “ p´
, ,
q. Le calcul de ÝÑ ÝÝÑ
25 25 25
50 25 50
}IO} }IO1 }
1
donne le cosinus de l’angle du vissage, à savoir ´ . Pour avoir le sinus, il faut
?
ÝÑ 4
déterminer le vecteur directement orthogonal à IO dans le plan d’équation x 3 ´
ÝÝÑ
y ` z “ 0 et calculer le cosinus de l’angle formé par IO1 et ce vecteur. Ce cosinus
est égal au sinus de l’angle complémentaire,
? c’est-à-dire au sinus de l’angle de la
15
rotation (faı̂tes un dessin !). On trouve
. L’angle est donc compris entre 0 et
4
˝
π, on trouve θ » 104, 5 .
7
Évidemment, il est possible (et même conseillé si l’on travaille avec un logiciel de
calcul formel) de déterminer la matrice de passage de la base orthonormale initiale
Ñ
Ý Ñ
Ý Ñ
Ý
Ñ
Ý
à une base orthonormale formée des vecteurs I , J , K , où K est un vecteur normé
Ñ
Ý
Ñ
Ý
Ñ
Ý
Ñ
Ý Ñ
Ý
qui dirige l’axe du vissage, I un vecteur normé orthogonal à K et J “ K ^ I .
Ñ
Ý
Si M est la matrice de f , t P M P est la forme réduite de la matrice sur laquelle on
lit le cosinus et le sinus de l’angle du vissage.
5. Déterminer les isométries du cube.
Commençons par remarquer que si une isométrie conserve le cube, elle transforme
un sommet S et les extrémités des trois arêtes issues de ce sommet en un sommet S 1
et les extrémités des trois arêtes issues de S 1 . Cette remarque permet de dénombrer
l’ensemble des isométries cherchées.
En effet, il y a pour un sommet S donné, 8 sommets qui peuvent en être les images.
Puis, cette image S 1 étant fixée, pour une extrémité d’une arête issue de S, il y
a 3 sommets qui peuvent en être l’image (les 3 sommets adjacents à S 1 ). Ensuite,
pour l’extrémité d’une deuxième arête issue de S, il y a deux sommets adjacents
à S 1 qui penvent en être l’image et enfin, pour le troisième sommet adjacent à
S, il n’y a plus qu’un sommet adjacent à S 1 qui peut en être l’image. Au total,
8 ˆ 3 ˆ 2 ˆ 1 “ 48 possibilités pour l’image d’un ! coin " du cube. Comme chacune
de ces images détermine une, et une seule, isométrie de l’espace, il existe au plus
48 isométries qui conservent le cube.
Déterminons les éléments de Is` pCq. Pour chaque sommet, on trouve les deux ro2
tations qui le stabilisent, par exemple rA et rA
les deux rotations d’axes pGAq et
2π
4π
d’angles
et
. Au total, 8 rotations de ce type et l’identité.
3
3
Ensuite, les rotations dont les axes passent par les centres d’un couple de faces
kπ
parallèles. Pour chaque couple de telles faces, il existe 3 rotations d’angles
,k P
2
v1, 3w (sans compter l’identité). Au total, 9 rotations de ce type.
Enfin, les demi-tours dont les axes passent par les milieux des couples d’arêtes parallèles et symétriques par rapport au centre. Cela fait 6 demi-tours.
En résumé : 24 rotations dans G. Mais, si s désigne la symétrie par rapport au
centre (une isométrie négative en dimension 3), alors l’application s ÞÑ s ˝ f est une
bijection de Is` pCq sur Is´ pCq. D’où, 24 isométries négatives et les 48 isométries
! annoncées ".
On peut remarquer que cette technique ! combinatoire " permet de trouver un majorant du nombre d’isométries qui conservent un polygone ou un polyèdre régulier.
Si la détermination effective des isométries permet d’atteindre ce majorant, on a
alors trouvé l’ensemble des isométries cherchées.
8