1 1994-95 Groupe d`un polygone régulier Titre de la leçon (n° 52 en

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1994-95
Groupe d'un polygone régulier
Titre de la leçon (n° 52 en 1994): Recherche des isométries du plan conservant un polygone
régulier; exemples( triangle équilatéral, carré, hexagone, octogone…).
I: Préliminaires: Etant donnée une rotation ρ de centre O, et d'angle 2kπ/n, considérons un point A0
différent de O. La figure formée des points Ai = ρi(A0) (0≤i≤n–1) est appelée polygone régulier à n
cotés de centre O. Notons A ce polygone. On suppose dans la suite n ≥ 3 .
Si l'on veut considérer un polygone comme un ensemble de sommets et d'arêtes on prend ρ
d'angle ±2π/n et on appele arêtes les segments [Ai,Ai+1] pour 0≤i≤n-2 et [An-1,A0] ; c'est à dire les
segments [A,ρA] pour A dans A (ou les segments [A,ρ-1A] pour A dans A).
Nous noterons G l'ensemble des isométries du plan qui échangent les points de A.. C'est un
sous-groupe du groupe O(P) des isométries du plan.
Il est clair que les rotations ρ, ρ2…,ρn–1 sont dans G; elles forment, avec l'identité, un sous-
groupe H de G. Ce sous-groupe est cyclique.
Notons que tout élément de G envoie l'isobarycentre des points de A sur lui même. Mais O
est le seul point fixe de ρ, et ρ est dans G, donc cet isobarycentre est O. Il en résulte que les
déplacements contenus dans G sont (outre l'identité) des rotations de centre O, et que les
antidéplacements contenus dans G sont des symétries d'axe passant par O.
II: Détermination du nombre des éléments de G: Notons G0 le sous-ensemble de G formé des
éléments qui envoient A0 sur lui même.
C'est un sous-groupe de G. Tout élément de ce sous-groupe laisse O et A0 fixes, donc ne peut
être que l'identité, ou la symétrie s0 par rapport à OA0.
En fait G0 = {Id,s0}. En effet s0ρs0 = ρ–1 (car s0ρ est une symétrie, donc s0ρs0ρ = Id);
donc s0(Ak) = s0ρk(A0) = ρ–k(s0(A0)) = ρ–k(A0) = An–k, et ainsi s0 envoie les points de A dans A
.
Soit G0,k l'ensemble des éléments de G qui envoient A0 sur Ak. Ce n'est pas un sous-groupe
de G. Si G0,k n'est pas vide, choisissons un élément h dans G0,k, et définissons une application
ηk: G0 → G0,k en envoyant tout élément g de G0 sur h g. C'est une bijection (la bijection inverse est
l'application g' → h–1 g'). Il en résulte que chacun des ensembles G0,k est soit vide, soit constitué de
deux éléments. Nota: Les G0,k (non vides) sont les classes de la relation (h équiv. h') ⇐⇒ (∃g∈G0
tel que h g = h').
Pour tout k on sait que ρk est un élément de G qui envoie A0 sur Ak, donc les G0,k ne sont
pas vides; et ainsi G (qui est la réunion des G0,k) a 2n éléments.
III: Etude de la loi de groupe: Remarquons que G0 est formé d'un déplacement et d'un antidépla-
cement; il en est de même de chacun des G0,k (puisque ηk: g → ρkg envoie un déplacement sur un
déplacement, et un antidéplacement sur un antidéplacement). Ainsi G est composé de n déplacements
(qui sont l'identité, et les n–1 rotations ρk), et de n antidéplacements (qui sont des symétries: ce sont s0
et les symétries par rapport aux médiatrices des segments A0Ak).

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Le sous-groupe H = {Id,ρ,…,ρn–1} est donc l'ensemble de tous les déplacements de G; c'est
un sous-groupe cyclique, il est d'indice 2.
Notons sk la symétrie de G qui envoie A0 sur Ak. Alors sk = ρks0 (car ρks0 est l'antidé-
placement de G qui envoie a0 sur Ak). On a ainsi démontré que le groupe G est engendré par ρ et s0.
Notons que l'on a aussi ρks0 = s0ρ–k (d'après la formule s0ρs0 = ρ–1).
En particulier ρks0ρ = ρ-1 ρks0 et ρkρ = ρ ρk : pour tout σ dans G et tout A dans A , on
a σ([A,ρA]) = [σA,σρA] = [σA,ρ(σA)] ou [σA,ρ-1(σA)] . Ainsi σ permute les arêtes du polygone.
A tout élément g de G, associons la permutation de A définie par g; nous obtenons un homo-
morphisme ϕ: G → Permut(A ). Cet homomorphisme est injectif. En effet un élément de Ker ϕ, est
une isométrie qui envoie chacun des points Ak sur lui même. Puisque ces points ne sont pas alignés
(car n ≥ 3 ), ceci implique qu'il est l'identité. Ainsi le groupe G est isomorphe à un sous-groupe de
Permut (A ).
IV: Etude de quelques cas particuliers.
Cas du triangle équilatéral: Ici ϕ: G → Permut(A ) est bijective, puisque G et Permut (A ) ont tous
deux 6 éléments (ou encore parceque deux triangles (non aplatis) étant donnés dont les cotés sont
deux à deux de même longueur, il existe une unique isométrie du plan qui envoie le premier sur le
second).
Faire une figure, et peut être la table du groupe.
Cas du carré: Ici le groupe a 8 éléments. Faire une figure.
Cas de l'hexagone: …
Cas de l'octogone:...
Noter que si l'on a fait une étude précise du cas général, il n'y a plus grand chose à dire dans
les cas particuliers. Peut être peut on dire quelque mots sur l'inclusion du groupe du triangle dans
celui de l'hexagone; ou de l'inclusion du groupe du carré dans celui de l'octogone. On peut aussi
décrire tous les sous-groupes du groupe du triangle, ou de celui du carré.

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1994-95
Isométries du rectangle, du carré,…
Titre de la leçon (n° 35 en 1994): Recherche des isométries du plan conservant un parallèlogramme,
un rectangle, un losange, un carré (ou ordre inverse).
Cette leçon parait assez analogue à la précédente, mais il me semble qu'il faut la traiter de façon
plus élémentaire. La difficulté semble être la suivante: Faut-il partir d'une définition géométrique
précise de chacune des figures, et commencer par déterminer leurs axes de symétrie ? Ou faut-il
supposer que l'on a au départ défini ces figures par la mise en évidence de leurs symétries ? J'adopte la
seconde attitude, car elle me semble conforme aux programmes de 6-ème et 5-ème actuels; mais aussi
parceque la mise en œuvre de la première nécessiterait que l'on précise ce que l'on a pris comme
axiomatique de la géométrie, et on n'en a pas le temps. Dans ces conditions nous sommes en présence
d'une leçon de terminale. Mais est-ce bien ce que veut le jury ?
I: Généralités: Soit F = {A1,…,An} un sous-ensemble fini du plan P formé de n≥2 points distincts.
On note GF l'ensemble des isométries du plan qui permutent les points de F. Alors GF est un sous-
groupe du groupe O (P) des isométries de P.
Soit O l'isobarycentre des points de F; puisque les isométries sont affines, les éléments de GF
laissent fixe le point O. Ce sont donc soit des rotations de centre O, soit des symétries par rapport à
des droites passant par O.
Notons G1 l'ensemble des éléments de GF qui laissent fixe le point A1. C'est un sous-groupe
de GF. Un élément de G1 laisse fixe O et A1, donc (si ces deux points ne sont pas confondus, ce que
l'on suppose quitte à changer A1 ) c'est soit l'identité, soit la symétrie par rapport à la droite OA1.
Notons G1,k le sous-ensemble de GF formé des éléments qui envoient A1 sur Ak (G1,1 = G1).
Ce n'est pas un sous-groupe si k≠1. Si G1,k n'est pas vide, il a autant d'éléments que G1; en effet si h
est dans G1,k, on peut définir η: G1 → G1,k par g →η(γ)=h g, et η est inversible, d'inverse g' → h–
1g'. Notons que les G1,k sont les classes de la relation d'équivalence définie sur G par (h équivaut à
h') ⇐⇒ (∃g∈G1 tel que h'=h g).
II: Le groupe du carré: Soit C = {A1,A2,A3,A4} un
carré. L'isobarycentre est le centre O du carré. Dans ce
cas G1 = {Id,σ}, οù σ est la symétrie par rapport à OA1
(=A1A3).
Par ailleurs les symétries σδ et σδ' envoient A1
sur A2 et A4 respectivement, tandis que la symétrie
centrale sO envoie A1 sur A3. Il en résulte que chacun
des G1,k est non vide et a donc deux éléments. Ainsi GC
a 8 éléments.
Notons GC+ (resp. GC–) le sous-ensemble de GC formé des déplacements (resp. antidépla-
cements). Alors GC+ est un sous-groupe, et la correspondance g → σg envoie bijectivement GC+ sur
GC– (l'application inverse est g' → σg'). Il en résulte que G contient 4 déplacements, et quatre
antidéplacements.
Les antidéplacements sont des symétries. On les connait. Ce sont les symétries σδ, σδ', σ et σ2
(par rapport à OA2)

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Les déplacements sont obtenus en composant σ avec chacune des symétries précédentes; ce
sont Id = σ σ, σδσ (rotation de centre O et d'angle –π/2), σδ'σ (rotation de centre Ο et d'angle π/2)
et σ'σ (demi-tour autour de O).
III: Le groupe du rectangle: Supposons maintenant
que R = {A1,A2,A3,A4} soit un rectangle non carré.
Alors G1 est réduit à l'identité, car la symétrie par
rapport à OA1 n'envoie pas A2 sur un sommet du
rectangle. Il en résulte que GR a au plus quatre élé-
ments. En fait il a exactement quatre éléments: Id, sO (
demi-tour autour de O), σδ et σδ'.
Soit B1B2B3B4 le losange dont les sommets sont les milieux des cotés du rectangle. Et soit
GL le groupe des isométries de ce losange. Alors GR GL, car si une isométrie permute les sommets
du rectangle, elle permute les milieux de ses cotés. Inversement si une isométrie permute les points Bi,
elle permute les milieux A'i des cotés du losange; et puisqu'elle commute à l'homothétie de centre O et
de rapport 2 (car elle laisse fixe l'isobarycentre O des Bi), elle permute aussi les Ai. Il en résulte que
GL = GR. C'est donc que le groupe d'un losange non carré a aussi 4 éléments: l'identité, deux
symétries d'axes perpendiculaires, et leur composée qui est une symétrie centrale.
IV: Le groupe du parallélogramme: Supposons maintenant que P = {A1,A2,A3,A4} soit un
parallélogramme non rectangle, et non losange. Cette fois G1 est toujours réduit à l'identité. Et G1,2 et
G1,4 sont vides (car OA1 ≠ OA2=OA4). Le groupe GP n'a donc que deux éléments: l'identité et la
symétrie centrale de centre O.
V: Relations entre ces groupes:
Soit O l'intersection de deux droites perpendiculaires d et d'. Soit σd et σd' les symétries par
rapport à ces droites. Les composées σdσd' et σd' σd sont égales à la symétrie centrale sO de centre O.
Ces trois isométries forment avec l'identité un groupe, appelé le groupe de Klein. C'est le groupe des
losanges de centre O dont les sommets sont sur les droites d et d'. C'est aussi le groupe des rectangles
non carrés de cotés parallèles à d et d', et centrés en O.
L'identité et sO forment un sous-groupe. C'est le groupe des parallèlogrammes non rectangles
et non losanges, centrés en O.
Soit maintenant les bissectrices D et D' des droites d et d'. Alors le groupe GC des carrés de
cotés parallèles à d et d' et centrés en O, contient σd, σd', σD et σD'; ces quatre symétries sont les anti-
déplacements de GC; les déplacements de GC sont obtenus en composant l'une d'elles avec les autres.
Il contient donc deux sous-groupes isomorphes au groupe du rectangle: l'un est engendré par σd et σd',
l'autre par σD et σD'.
C'est dans ce dernier paragraphe que l'on comprend le sens de la parenthèse "ou ordre
inverse". Ces groupes sont emboités; plus le quadrilatère est régulier plus il a d'isométries. On pourra
remarquer que le groupe des applications affines qui conservent un parallélogramme est (à
isomorphisme près) indépendant du parallèlogramme, et isomorphe au groupe des isométries du carré.
En fait, plus le parallélogramme est régulier, plus grand est le nombre de ces applications affines qui
sont des isométries.

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19934-95
Leçon (n° 35 en 1994): Recherche des isométries du plan conservant un parallèlogramme, un
rectangle, un losange, un carré (ou ordre inverse).
Voici une seconde version de cette leçon. Elle diffère de la précédente par le fait qu'on n'y
admet que les propriétés de symétries orthogonales, et qu'on va essayer de donner au cours de
l'exposé la définition des figures considérées. Ceci revient à situer l'exposé au coeur des mathéma-
tiques qui sous-tendent les programmes de 6-ème et 5-ème, et qu'on ne voit jamais car elles sont trop
compliquées pour être racontées dans les classes.
Les prérequis sont donc les symétries orthogonales: ce sont des isométries, leur axe est formé
de points fixes, elles transforment des droites en des droites, et conservent l'orthogonalité; et -
conséquence de ce qui précède - la construction classique du symétrique d'un point.
I: Composée de deux symétries d'axes orthogonaux.
Théorème: Soit deux droites D et Δ perpendiculaires en un point O, et soit ϕ = σDσΔ. Alors
1) ϕ(O) = O
2) Pour tout M distinct de O, le milieu de Mϕ(M) est le point O).
On dit que ϕ est la symétrie centrale par rapport à O. On la notera sO.
Démonstration: Il est clair que O est fixe. Si M∈Δ, alors ϕ(M) = σD(M) ∈ Δ, et - construction
classique du symétrique d'un point - O est le milieu de MσD(M). Si M∈ D, alors ϕ(M) = σΔ(M) et
on raisonne comme précédemment. Reste le cas où M n'est ni sur D ni sur Δ.
Considérons alors M' = σD(M), M'1 = σΔ(M') et M1 = σΔ(M). La droite MM' est perpendicu-
laire à D, donc parallèle à Δ. Donc la droite M1M'1 (= δΔ(MM')) est aussi parallèle à Δ, donc perpen-
diculaire à D.
Par ailleurs les droites MM1 et M'M'1 sont perpendiculaires à Δ, donc parallèles à D. La droite
σD(MM1) est la parallèle à D passant par σD(M) = M'; c'est donc la droite M'M'1.
Le point σD(M1) doit être sur la perpendiculaire à D passant par M1, c'est à dire sur M1M'1; il
doit aussi être sur l'image de MM1, c'est à dire sur M'M'1; c'est donc le point M'1.
Autrement dit M'1 = σΔσD(M) = σDσΔ(M). Les droites MM'1 et M'M1 sont donc
symétriques par rapport à D (donc leur intersection est sur D) et aussi par rapport à Δ (donc leur
intersection est sur Δ); ainsi D et Δ se coupent en O. Mais par symétrie par rapport à D ou à Δ les
quatre longueurs OM, OM', OM'1 et OM1 sont égales, donc O est le milieu commun des segments
MM'1et M'M1.
Corollaire: σΔσD = σDσΔ.
II: Le rectangle
On dira que quatre points ABCD non alignés sont les sommets d'un rectangle s'il existe deux
droites perpendiculaires D et Δ, telles que σD échange A et B, ainsi que C et D, et que σΔ échange A
et C, ainsi que B et D.
Soit GR l'ensemble des isométries qui envoient l'ensemble {A,B,C,D} sur lui même; GR est un
sous-groupe du groupe des isométries du plan. Nous connaissons quatre éléments de GR, ce sont Id,
σD,σΔ et sO.
Théorème: Si les longueurs AB et CD sont distinctes, il n'y en a pas d'autres.