Corrigé du devoir: capes 2006, seconde composition

CAPES externe de Mathématiques
2006 seconde composition
Corrigé jusqu’au III.2.f
Partie I
→
→
→
I.1.a On notera d’abord que w est perpendiculaire à v = k , c’est donc une combinaison
→
→
→
→
→
j devraient
linéaire de i et de j . Pour être perpendiculaire à u les coefficients
de
et
de
i
√
→
être opposés. Pour l’avoir normalisé on a besoin de diviser par 2 comme dans u, il y a
donc deux choix:
√
√
2 → →
2 → →
→
→
w=
w=
(i − j)
ou
( j − i ).
2
2
→ → →
On choisira entre ces deux par la condition que ( u, v , w) soit une base directe. Le plus rapide
étant de le visionner géométriquement et appliquer la règle de la main droite, mais on peut
aussi calculer un déterminant. La reponse est:
√
2 → →
→
w=
( i − j ).
2
I.1.b On a
√
√
→
2 → →
2 → →
M = x1
( i + j ) + y1 k + z1
(i − j)
2
2
√
√
→
→
→
2
2
=
(x1 + z1 ) i +
(x1 − z1 ) j + y1 k ,
2
2
donc
√
√
2
2
x=
(x1 + z1 ), y =
(x1 − z1 ), z = y1 .
2
2
Substituant ceux-ci dans l’équation de Q on obtient (simplifiant seulement les parties xy et
x − y)
√
10
(x1 + z1 )2
x21 − z12 (x1 − z1 )2 √
y12
−3
+
+ 2z1 −
+
y1 = 0,
2
2
2
2
5
ce qui se réduit en
√
5z12 − x21 √
y12
10
+ 2z1 −
+
y1 = 0.
2
2
5
I.1.c On a
x−y
z1 = √ ,
2
√
et Pt est le plan x − y = 2t. Donc la position de Pt est un plan de vecteur directeur
→
→
parallele à i − j , le plan étant décalé par rapport à l’origine d’une distance de t. (A vous
de faire le croquis).
On notera que x1 et y1 fournissent un système de coordonnées orthonormé pour le plan
Pt , puisque ce plan est parallele au plan engendré par les deux premiers éléments du repère
R1 .
1
2
En mettant z1 = t dans l’équation Q on obtient
√
y12
5t2 − x21 √
10
+ 2t −
+
y1 = 0.
2
2
5
Multipliant par −2 et complétant les carrés c’est équivalent à
√
√
10 2
2
2
x1 + (y1 −
) = 5t2 + 2 2t + .
5
5
C’est un cercle (ou bien un point, ou bien vide, voir (d)).
Il s’impose d’observer que
√
√
2
(5t + 2)2
2
.
5t + 2 2t + =
5
5
N’oubliant pas que z1 = t, le center du cercle est
√
10
Ct = (0,
, t)R1
5
√
et le rayon est la racine carré positive de 5t2 + 2 2t + 52 , c’est-à-dire
(5t + √2) √
Rt = .
5
I.1.d Le cercle se réduit à un point quand
5t +
√
√
2 = 0,
c’est-à-dire quand t = − 52 .
Pour t différent
de cette valeur, Pt ∩ Q est une vrai cercle.
√
2
Pour t = − 5 le cercle de rayon Rt = 0 coincide avec son centre
√
√
10
2
,−
)R1 .
S = C− √2 = (0,
5
5
5
Pour avoir les coordonnées de S dans le repère R0 on utilise les formules pour x, y, z ci-dessus:
√ √
√
2
2 2
1
x=
(x1 + z1 ) = −
=− ,
2
2 5
5
√ √
√
1
2
2 2
(x1 − z1 ) =
= ,
y=
2
2 5
5
et
√
10
z = y1 =
.
5
I.2.a On fait une translation avec les coordonnées de S dans le repère R1 , donc
√
√
10
2
x1 = X, y1 = Y +
, z1 = Z −
.
5
5
Substituant ceci dans l’équation de Q en termes des x1 , y1 , z1 donne
√
√
√
√
√
5(Z − 52 )2 − X 2 √
(Y + 510 )2
2
10
10
+ 2(Z −
)−
+
(Y +
) = 0.
2
5
2
5
5
3
On remarque que les termes linéaires en Y et Z s’annullent. Pour le reste, multipliant par 2
cela se simplifie en
1 2
1 2
5Z 2 − X 2 + − − Y 2 − + = 0,
5 5
5 5
i.e.
X 2 + Y 2 = 5Z 2 .
I.2.b Dans le repère R, Q est invariant par les rotations
(X, Y, Z) 7→ (cos θX − sin θY, cos θY + sin θX, Z).
C’est donc une surface de révolution
d’axe X = Y = 0, i.e. le droite partant de S de vecteur
√
→
2
directeur w. Si l’on note r = X + Y 2 la distance (positive) à cet axe, la surface devient
√ 2
2
r = 5Z , i.e. r = 5Z .
→
On conclut que√Q est la surface de revolution autour de l’axe (S, w) engendré par la ligne
Y = 0 et X = 5Z, i.e. c’est un cône en géométrie algébrique, qui en termes usuels consiste
de deux cônes opposés qui se touchent au vertex.
√
10
I.2.c Le plan P est donné
par
z
=
0,
donc
y
=
0,
ou
par
les
formules
de
I.2.a,
Y
+
= 0.
1
5
√
10
Autrement dit, Y = − 5 .
Les coordonées pour les points du plan P 0 dans le repère R0 sont Y √et Z (dans cet ordre),
en sachant que X = 0. Donc D = P ∩ P 0 est donné par Y = − 510 . Et, pour X = 0
l’equation de Q devient
√
√
Y 2 − 5Z 5 = 0 ⇔ (Y + 5Z)(Y − 5Z) = 0.
√
√
Les droites D1 et D2 sont Y = 5Z et Y = − 5Z (il n’est pas
spécifié laquelle est laquelle).
√
10
La conique C est l’intersection de Q et du plan
P(Y = − 5 ). On peut utiliser X et Z
√
10
pour coordonées dans P en sachant que Y = − 5 , et l’équation de Q devient
√
√
2
2
X 2 + = 5Z 5 ⇔ ( 5Z + X)( 5Z − X) = .
5
5
√
√
Donc C est un hyperbôle avec droites asymptôtes X = 5Z et X = − 5Z;
I.2.d Un triangle admet un unique cercle inscrit. Il en est de même pour une région infinie
convexe bordé par 3 parties de droites. Les droites D, D1 et D2 découpent le plan P 0 en
plusieurs régions, dont 2 sont de cette forme et symmétriques par la symmétrie Z 7→ −Z. Le
cercle inscrit dans l’une de ces régions est envoyé sur le cercle dans l’autre par la symmétrie.
On obtient les cercles souhaités.
I.2.e La figure Q est obtenue à partir de D1 ∪ D2 par rotation du plan P 0 autour de l’axe
→
(S, w). Les centres Ω1 et Ω2 sont contenus dans ce axe, puisque les cercles en question sont
tangents aux droites D1 et D2 et l’axe est bisecteur de ces droites passant par les régions où
résident les cercles (voir diagramme).
Donc, la rotation des cercles donne les sphères S1 et S2 .
Pour les questions de tangence, on pourra rappeler le fait suivant: si A1 et A2 sont des
surfaces lisses s’intersectant en un point a ∈ A1 ∩ A2 , soit B une petite boule centré en a.
Si A1 découpe B en deux parties, et si A2 ∩ B n’intersecte qu’une de ces deux parties, alors
4
A1 et A2 sont tangents en a. Si l’on se refère à une définition de tangence en géométrie
différentielle, la preuve de ce critère est de dire que, si les surfaces ne sont pas tangentes,
alors elles se coupent transversallement et on montre (par des calculs) que A2 contient des
points des deux cotés de A1 arbitrairement proches à a.
Attention: Deux surfaces peuvent être tangents sans que ce critère tient lieu, c’est le cas
des surfaces qui s’oscullent à un ordre supérieure ou égale à 3.
Pour nous, les surfaces en question vont découper l’espace en deux (ou trois) parties
globalement, et l’un sera toujours d’un même coté de l’autre. Par exemple, pour la sphère
et le plan, la sphère est contenu d’un coté du plan et également le plan ne rencontre pas
l’intérieur de la sphère. De même, la sphère est contenu dans le’intérieur du cône, et le cône
ne rencontre pas l’intérieur de la sphère. Donc, dans tous les cas les points de tangence sont
les mêmes que les points d’intersection.
La rotation de la droite D est un cylindre tangent à P dans la seule droite D (pour cela on
note que P ⊥ P 0 le long de D). Les sphères sont contenus dans le cylindre, donc S1 ∩ P ⊂ D,
or D ⊂ P 0 et S1 ∩ P 0 est le cercle de centre Ω1 , qui rencontre D en un seul point. On en
déduit que S1 ∩ P consiste d’un seul point F1 qui est le point de tangence de notre premier
cercle à D.
La rotation du point de tangence du cercle à D1 donne un cercle C1 de tangence de S1 au
cône Q. La droite D2 étant la rotation par 180◦ de D1 , le point de tangence avec D2 donne
le même cercle C1 . La projection orthogonal de C1 sur P 0 est un segment reliant ces deux
points de tangence.
Il en est de même pour S2 , F2 , C2 .
I.3.a Géométriquement, une droite passant par le vertex S d’un cône et par un autre point
M , est contenu dans le cône. En termes d’équations, si M est le point (X, Y, Z) dans
le repère R, on a X 2 + Y 2 = 5Z 2 . La droite (M S) consiste de tous les points de la forme
(λX, λY, λZ) et ces points satisfont à la même équation, donc sont dans Q. (C’est le principe
d’une équation homogène: une équation dont les monômes ont tous le même degré, décrit
toujours une réunion de droites passant par l’origine, ce qu’on appele un “cône” en géométrie
algébrique.)
Le point F1 est le tangent de S1 à P. Le sphère S1 est centré à Ω1 . Donc le segment
[M F1 ] est perpendiculaire au segment [F1 Ω1 ] (ce dernier a longeur ρ). Le triangle M F1 Ω1
est rectangle en F1 , donc
M F12 + ρ2 = M Ω21 .
D’autre part la droite (M S) est tangente à S1 en T1 . Donc M T1 Ω1 est rectangle en T1 et
M T12 + ρ2 = M Ω21 .
On déduit que M F1 = M T1 . Similairement M F2 = M T2 .
D’autre part, M , T1 et T2 sont trois points sur la même droite (M S). Sur le dessin on
voit que M ne se trouve jamais entre T1 et T2 . Donc
|M T1 − M T2 | = T1 T2 ,
ce qui est indépendant de M .
5
En combinant avec les égalités précédentes, on obtient que |M F1 − M F2 | est constant
(disons, α := T1 T2 ) lorsque M parcourt l’hyperbôle C. On retrouve la propriété d’un hyperbôle par rapport á ses points focaux: une branche est l’ensemble des points M tels que
M F1 = M F2 + α; l’autre c’est l’ensemble de points tels que M F2 = M F1 + α.
I.3.b On considère le plan P 00 passant par l’origine, contenant la droite (M S) et l’axe de
→
rotation S w. On observe que ce plan contient les cinq points en question. Pour M et S c’est
clair. Le cercle Ci est obtenu par rotation autour de l’axe, donc le centre Ui se trouve sur
l’axe. Comme Ti est contenu dans (M S), c’est aussi contenu dans P 00 . Il reste à voir que
Hi ∈ P 00 . Notons par Wi le plan contenant Ci . On a Wi ⊥ P et ∆i = Wi ∩ P. Par définition
de C on a M ∈ P. Donc, la projection de M sur ∆i est la même que la projection de M sur
Wi . Or Wi ⊥ P 00 et M ∈ P 00 . On en déduit que Hi qui est la projection de M sur Wi , est
contenu dans P 00 .
Notons par ailleurs que Ui ∈ Wi , i.e. Wi ∩ P 00 = (Ui Hi ). Le triangle SUi Hi est rectangle en
Ui . Le triangle M Hi Ui est rectangle en Hi , puisque Hi est la projection de M sur Wi ∩ P 00 .
Enfin, Ti est sur le cercle Ci et aussi sur (M S), donc c’est l’intersection de (Ui Hi ) et de
(M S). Les angles opposés Hi Ti M et Ui Ti S sont égaux, donc les triangles M Hi Ti et SUi Ti
sont similaires. Donc
M Hi /M Ti = SUi /STi .
Le point Ti reste dans le cercle Ci , donc la distance STi est fixe, tout comme SUi . Donc le
ratio M Hi /M Ti reste fixe indépendamment de M .
Par la question I.3.a on a M Ti = M Fi , donc
dist(M, ∆i )
M Fi
est constante. L’hyperbôle C est l’ensemble de points de P dont la ratio de la distance à une
droite ∆i par rapport à la distance au point focal Fi , est constante.
Partie II
II.1.a Les coefficients binomiaux sont définis si et seulement si 0 ≤ p−1 ≤ n et 0 ≤ p ≤ n−1.
La conjonction de ces conditions est équivalent à 2 ≤ p + 1 ≤ n, c’est la première équation.
On peut donc supposer que tous les factoriaux dans ce qui suit sont bien définis (et nonnuls), avec la convention 0! = 1. L’équation
n!
(n − 1)!
=
(p − 1)!(n + 1 − p)!
p!(n − 1 − p)!
équivaut à
p!
n!
(n + 1 − p)!
=
(p − 1)! (n − 1)!
(n − p − 1)!
ou
p · n = (n + 1 − p)(n − p).
Ce qui devient
n2 + n − pn − np − p + p2 − pn = 0
⇔
n2 + p2 − 3np + n − p = 0.
6
II.1.b Les solutions sont
√
an ± bn
X=
2
avec an = 3n + 1 et
bn = (3n + 1)2 − 4(n2 + n) = 5n2 + 2n + 1.
On a 2 ≤ X1 + 1 ≤ n si et seulement si
p
p
4 + bn ≤ 3n + 3 ≤ 2n + bn
ou (en sachant que 3n − 1 ≥ 0)
p
bn ≤ 3n − 1 ⇔ 5n2 + 2n + 1 ≤ 9n2 − 6n + 1
⇔
4n2 ≥ 8n
⇔
n≥2
n2 ≥ n + 2
⇔
n ≥ 2.
et
p
bn ≥ n + 3
⇔
5n2 + 2n + 1 ≥ n2 + 6n + 9
⇔
Donc 2 ≤ X1 + 1 ≤ n si et seulement si n ≥ 2.
On a 2 ≤ X2 + 1 ≤ n si et seulement si
p
p
4 − bn ≤ 3n + 3 ≤ 2n − bn
ou (en sachant que 3n − 1 ≥ 0)
p
bn ≥ 1 − 3n
(toujours vrai pour n ≥ 1) et
p
bn ≤ −n − 3
(jamais vrai pour n ≥ 1). Donc 2 ≤ X2 + 1 ≤ n n’est jamais vrai.
II.1.c Soit
c 2
b=
avec (c, d) = 1, b, c, d ≥ 1.
d
Ecrivons les décompositions en facteurs premiers
Y β
Y γ
Y
b=
pi i , c =
pi i , d =
pδi i .
Ici les exposants sont nuls pour tous sauf un nombre fini des pi . L’unicité de la décomposition
en facteurs premiers implique que
βi = 2γi − 2δi ,
Q βi /2
donc βi est un nombre pair. Alors pi est un entier naturel racine carré de b, et b est un
carré parfait. L’autre implication est évidente.
II.1.d Si (n, p) est une solution de Σ1 , alors on a p = X1 ou p = X2 avec les notations de
(II.1.b). Or, d’après le resultat de (II.1.b), le cas p = X2 ne se produit jamais, et dans le cas
p = X1 on a n ≥ 2. On a
√
2p = 3n + 1 − 5n2 + 2n + 1,
donc 5n2 + 2n + 1 = (3n + 1 − 2p)2 (pas besoin de (II.1.c) ici). On obtient l’expression pour
p en divisant par 2.
√
II.1.e Par (II.1.d), si p existe c’est donné par l’équation 2p = 3n + 1 − 5n2 + 2n + 1, d’où
l’unicité.
Pour l’existence, il faut montrer que si 5n2 + 2n + 1 = α2 avec α ∈ N alors l’expression
3n + 1 − α donne un entier pair. Pour ceci, on s’appui sur l’idée de l’argument de (II.1.c):
7
la parité de α est la même que celle de α2 , pareil pour n. Donc si n est pair, 5n2 + 2n + 1
est impair, α impair, et 3n + 1 − α pair. Si n est impair, 5n2 + 2n + 1 est pair, α pair, et
encore 3n + 1 − α est pair. Dans tous les cas, dès que la racine carré α est un entier, on a
3n + 1 − α ∈ 2N et on peut poser
√
3n + 1 − 5n2 + 2n + 1
∈ N.
p :=
2
II.1.f Pour donner une estimation brute, pour une solution α de α2 = bn on doit avoir
α2 ≤ 7n2 , donc α ≤ 3n. Voici donc un algorithme pas très efficace:
(A) On laisse n parcourir les entiers entre 2 et n0 (sachant que n = 1 ne marche pas).
(B) Pour chaque n on calcul bn = 5n2 + 2n + 1.
(C) Ensuite, laissant α parcourir les entiers 1 ≤ α ≤ 3n, on verifie si α2 = bn . Si oui, on
s’arrète pour cette valeur de n, on a trouvé l’unique p tel que (n, p) soit solution de Σ1 par
la formule ci-dessus. Metre (n, p) en mémoire.
(D) Si pour α = 3n on n’a pas trouvé de racine carré de bn , on conclut que pour cette valeur
de n il n’y a pas de solution et on passe à la prochaine valeur de n (recommencer à (B)).
(E) Une fois complété l’étape n0 on dispose de la liste des solutions (n, p) de Σ pour 1 ≤
n ≤ n0 .
On pourrait remarquer qu’il existe une méthode de changement de variables qui permet
de trouver et parametrer l’ensemble des points rationnels d’u quadrique de P2 . L’equation
5n2 + 2n + 1 = α2 peut en principe être traité par cette méthode mais ce serait trop difficile
de trouver le changement de variables dans le cadre d’une question d’examen.
II.2.a La formule np = (n − p)(n + 1 − p) était la version originelle de notre équation
(II.1.a). Si (n, p) = 1 alors (n − p, n) = 1 donc n divise (n + 1 − p). Donc n divise p − 1. Or,
0 ≤ p − 1 ≤ n − 2 donc la seule possibilité est p = 1. L’équation devient n = (n − 1)n ou
n − 1 = 1. Donc n = 2. La seule solution formée d’entiers premiers entre eux est (2, 1).
II.2.b L’équation est
r2 uv = r2 (u − v)2 + r(u − v) ⇒ ruv = r(u − v)2 + (u − v).
Donc u − v ≡ 0 (mod r), i.e. r divise u − v.
Posons u − v = rw, alors
ruv = r3 w2 + rw ⇒ uv = r2 w2 + w.
Donc w divise uv. Soit q un facteur premier de w, supposons q|u par exemple. Dans ce cas
par u − v = rw on obtient q|v, or u et v sont premier entre eux, c’est impossible. De la
même façon c’est impossible que q|v. On conclut w = ±1. Comme p ≤ n on a v ≤ u donc
u − v ≥ 0, on a w = 1 et u − v = r.
Mettons u = r + v, p = rv, n = r(r + v). L’équation devient (on divise par r2 )
(r + v)v = (r2 + 1) ou v 2 + rv − (r2 + 1) = 0
d’où
√
5r2 + 4
,
2
√
2
mais v ≥ 0 donc on doit choisir +, ce qui donne v = 5r 2+4−r .
v=
−r ±
8
D’après cette formule on obtient, en utilisant 5r2 + 4 > 5r2 , que
√
( 5 − 1)r
v>
,
2
donc
2p
2rv
=√
.
r2 < √
5−1
5−1
II.2.c
√ Il y a d’abord le cas (2, 1). Ensuite on utilise les bornes de (II.2.b). On a p ≤ 104,
et 5 − 1 < 1.24, donc
208
r2 <
< 168.
1.24
En particulier, 2 ≤ r ≤ 12. On cherche à la main les solutions de 5r2 + 4 = a2 dans cet
intervale:
r=
2 3 4
5
6
7
8
9
10 11 12
2
5r + 4 = 24 49 84 129 184 249 324 409 504 609 724
Les seuls carrés ont lieu pour r = 3 (49 = 72 ) et r = 8 (324 = 182 ).
= 2, donc p = rv = 6 et n = r(r + v) = 15, la solution
Pour r = 3, 5r2 + 4 = 72 et v = 7−3
2
est (15, 6).
Pour r = 8, 5r2 + 4 = 182 et v = 18−8
= 5, donc p = rv = 40 et n = r(r + v) = 8 · 13 = 104,
2
la solution est (104, 40).
L’ensemble des solutions (n, p) avec n ≤ 105 est {(2, 1), (15, 6), (104, 40)}.
Partie III
→ →
III.1.a Noter que x1 et y1 sont les coordonnées dans (I, i , j ). On a x = x1 − 1/5 et
y = y1 + 1/5. L’équation de C est
0 = x2 − 3xy + y 2 + x − y
= (x1 − 1/5)2 − 3(x1 − 1/5)(y1 + 1/5) + (y1 + 1/5)2 + (x1 − 1/5) − (y1 + 1/5)
= x21 − 3x1 y1 + y12 − 1/5,
on peut l’écrire x21 − 3x1 y1 + y12 = 1/5.
III.1.b On a b2 − 3ab + a2 = (b − w+ )(b − w− ) avec
√
√
3a ± 9a2 − 4a2
3± 5
w± =
=
a,
2
2
on peut donc écrire
√ !
√ !
3
+
5
3
−
5
a2 − 3ab + b2 = b −
a
b−
a .
2
2
III.1.c On pose a = x1 et b = y1 , notre équation multipliée par 5 s’écrit
!
!
√
√
3+ 5
3− 5
5
x1 − y1
x1 − y1 = 1.
2
2
9
Pour avoir la forme voulue on change le signe de la deuxième forme linéaire et on pose
!
√
5+3
x1 − y1
X :=
2
!
√
5−3
Y :=
x1 + y1 .
2
L’équation devient 5XY + 1 = 0 et on a la forme voulue avec
√
√
5+3
5−3 √
α+β =
+
= 5 > 0.
2
2
Pour recupérer les anciennes coordonnées on note que
1
X +Y
1
x = x1 − = √
− ,
5
5
5
√
√
1
αY − βX 1
( 5 + 3)Y + ( 5 − 3)X 1
√
y = y1 + =
+ =
+ .
5
α+β
5
5
2 5
→
→
→
→
III.1.d A partir de l’équation 5XY + 1 = 0, les axes sont (I, u + v ) et (I, u − v ).
III.2.a Si h ∈ G1 alors h(C) = C ⊂ C par définition. Supposons que h ∈ GA(P) et que
h(C) ⊂ C. Soient X 0 (M ) := X(h−1 M ) et Y 0 (M ) := Y (h−1 M ). Alors h(C) est l’ensemble
des points M tels que h−1 (M ) ∈ C, c’est-à-dire 5X 0 Y 0 + 1 = 0. C’est donc un hyperbole,
avec 2 composantes connexes contenant 4 asymptotes (2 chacun) tendant vers l’infini dans
4 directions différentes. Puisque C est aussi un hyperbole, les 4 asymptotes de h(C) sont
des asymptotes de C. Puisque les directions des asymptotes de h(C) sont différentes, deux
d’entre eux ne peuvent pas aller sur le même asymptote de C, donc h(C) admet des points
arbitrairement loin dans les quatre directions asymptotiques de C. Maintenant si x ∈ C alors
C − {x} contient 3 composantes connexes admettant respectivement 2, 1 et 1 asymptote. Il
en resulte que h(C) rencontre chacun de ces 3 composantes connexes, mais comme h(C) n’a
que 2 composantes connexes il est impossible que h(C) ⊂ C − {x}. Donc x ∈ h(C). Ceci
prouve que tout point de C appartient à h(C), donc C = h(C).
III.2.b Se h1 , h2 ∈ G1 alors h1 ◦ h2 ∈ GA(P) et h1 ◦ h2 (C) = h1 (h2 (C)) = h1 (C) = C, donc
h1 ◦ h2 ∈ G1 . Il est evident que l’identité 1P de GA(P) appartient à G1 . Si h ∈ G1 soit
g := h−1 . On a
g(C) = g(h(C)) = (g ◦ h)(C) = 1P = C
donc g ∈ G1 . Ceci prouve que G1 est un sous-groupe.
a b
III.2.c C’est une des définitions possibles de transformation affine. La matrice
d e
est la transformation vectorielle directeur. Une transformation affine est inversible si et
seulement si sa transformation vectorielle l’est, i.e. le déterminant de cet matrice est 6= 0 i.e.
ae − bd 6= 0. Pour rélier ces définitions à d’autres définitions possibles, c’est une question de
cours que nous ne traitons pas dans ce corrigé.
III.2.d On a
5(aX + bY + c)(dX + eY + f ) + 1 = 0 ⇔ 5XY + 1 = 0.
10
1
on obtient que pour tout X 6= 0,
En substituant les points Y = − 5X
5(aX −
b
e
+ c)(dX −
+ f ) + 1 = 0,
5X
5X
ou multipliant par 5X 2 ,
(5aX 2 − b + 5cX)(5dX 2 − e + 5f X) + 5X 2 = 0.
C’est un polynôme de degré 4 qui s’annule en un nombre infini de points, donc tous les
coefficients du polynôme s’annulent. L’expansion de ce polynôme est
25adX 4 + 25(af + cd)X 3 + (25cf − 5ae − 5bd + 5)X 2 − 5(bf + ce)X + be = 0.
On obtient donc ad = 0, af + cd = 0, 5cf − ae − bd + 1 = 0, bf + ce = 0 et be = 0. La
dernière équation est le déterminant, voir III.2.c.
III.2.e On vérifie directement que les deux types de transformation en question satisfont
aux équations de III.2.d, donc elles appartiennent à G1 . Il reste à prouver que tout élément
de G1 a l’une des deux formes données.
L’équation ad = 0 laisse deux cas. Traitons d’abord a = 0. Dans ce cas par ae − bd 6= 0
on a b 6= 0 et d 6= 0. Ensuite cd = 0, donc c = 0, et be = 0 donc e = 0. Enfin bf = 0 donc
f = 0. Si l’on pose µ := b l’équation non-homogène 5cf − ae − bd = −1 fixe bd = 1 donc
d = 1/µ. La transformation est donc de la forme
1
X 0 = µY, Y 0 = X.
µ
Dans le cas d = 0 on a a 6= 0 et e 6= 0, et comme avant f = 0, b = 0, c = 0. Si µ := a
alors 5cf − ae − bd = −1 implique e = 1/µ et la transformation est de la forme
1
X 0 = µX, Y 0 = Y.
µ
Tout élément de G1 est donc d’une de ces deux formes.
Pour µ 6= 1 la transformation (X, Y ) 7→ (µX, Y /µ) n’admet que (0, 0) comme point fixe.
Si c’etait une symmétrie il faudrait que ce soit une symmétrie par rapport à (0, 0), c’est le
cas si et seulement si µ = −1.
En revanche, la transformation h : (X, Y ) 7→ (µY, X/µ) satisfait h ◦ h = 0 et admet la
droite X = µY comme ensemble de points fixes. C’est donc une symmétrie affine par rapport
à cette droite et dont l’autre axe est la droite X = −µY qui est conservée mais sur laquelle
h opère par −1.
III.2.f On vérifie directement par calcul les propriétés de sous-groupe. D’aprés ce qu’on a
vu en III.2.e l’application ici est un isomorphisme d’ensembles de G01 sur G1 . Or, par calcul
directe cette application preserve les opérations de groupe, donc c’est un isomorphisme de
groupes.