Algèbre Géométrique Exercices corrigés Université de Paris 6

Algèbre Géométrique
Exercices corrigés
Université de Paris 6 Pierre et Marie Curie
Année 2006-2007
Niveau M1
Erwan Brugallé
[email protected]
Table des matières
1 Actions de groupes
5
2 Espaces affines
15
3 Applications affines
31
4 Espaces projectifs
41
5 Espaces projectifs (suite)
49
6 Formes sesquilinéaires, symétriques et antisymétriques
61
7 Quadriques, isométries affines, algèbres de Lie
79
8 Algèbre multilinéaire
97
Chapitre 1
Actions de groupes
Exercice 1 (Définitions)
On rappelle qu’une action d’un groupe (G, ∗) sur un ensemble E est la donnée d’un morphisme de
groupes Φ : (G, ∗) → (Bij(E), ◦) de G dans le groupe des bijections de E. On note en général
Φ(g)(x) par g · x ou g(x). (Pour x dans E et (g, g ′) dans G2 , calculer eG · x et (g ∗ g ′ ) · x).
1. Donner un exemple d’action du groupe symétrique Sn des permutations d’un ensemble à n
éléments.
2. Donner un exemple d’action naturelle du groupe linéaire GL(V ) d’un espace vectoriel V sur
l’ensemble V .
3. Donner un exemple d’action de Z sur R.
4. Décrire les actions par translation à gauche, à droite et par automorphismes intérieurs d’un
groupe G sur lui-même.
5. Décrire l’action naturelle du groupe symétrique Sn sur l’ensemble des parties à p éléments d’un
ensemble à n éléments.
Corrigé : Puisque Φ est un morphisme de groupe, on a Φ(eG ) = Id (cad eG .x = x) et Φ(g ∗ g ′ ) =
Φ(g) ◦ Φ(g ′ ) (cad (g ∗ g ′ ).x = g.(g ′.x)).
1. Soit E = {1, . . . , n}. Toute bijection de E est une transposition, c’est à dire que le groupe Sn
est exactement le groupe des bijections de E. Donc Sn agit naturellement sur E par Φ(σ) = σ.
2. Le groupe GL(V ) est un sous groupe de Bij(V ). En effet, GL(V ) est un sous ensemble de
Bij(V ) stable par composition et par inversion. Donc comme dans la question précédente,
GL(V ) agit naturellement sur V par Φ(f ) = f.
3. Le groupe (Z, +) est un sous groupe de (R, +), donc Z agit naturellement sur R par translation
(voir question d’après), c’est à dire n.x = n + x (ou Φ(n)(x) = n + x).
4. Les trois actions sont données par
– translation à gauche : g.x = gx (ou Φ(g)(x) = gx)
– translation à droite : g.x = xg (ou Φ(g)(x) = xg)
– automorphisme intérieur : g.x = gxg −1 (ou Φ(g)(x) = gxg −1)
5
CHAPITRE 1. ACTIONS DE GROUPES
6
5. Toute permutation dans Sn envoie une partie à p éléments de E = {1, . . . , n} sur une partie à
p éléments de E. On peut donc prendre comme action σ.{i1 , . . . , ip } = {σ(i1 ), . . . , σ(ip )}.
Exercice 2 (Vocabulaire)
On fixe une action d’un groupe G sur un ensemble E. On rappelle que l’orbite d’un élément x de E
sous l’action d’un groupe G est l’ensemble des éléments de E qu’on peut obtenir en faisant agir les
éléments du groupe sur x. On la note O(x). (Écrire cette définition en termes mathématiques). On
dit qu’une action est transitive et que l’ensemble E est homogène sous G s’il n’y a qu’une orbite.
(Écrire cette définition en termes de quantificateurs). On appelle stabilisateur d’un élément x de E
l’ensemble des éléments du groupe G qui laissent x fixe. On le note Gx . (Est-ce un sous-groupe de
G ?) On dit que l’action est libre si tous les stabilisateurs sont réduits à {eG }. (Écrire cette définition
en termes de quantificateurs).
1. Déterminer l’orbite et le stabilisateur de chaque élément dans le cadre du premier et du dernier
exemple de l’exercice précédent.
2. Si x et y sont dans la même orbite, déterminer Gy en fonction de Gx et d’un élément h de G tel
que y = h · x.
3. Le stabilisateur d’un élément est-il en général distingué ?
Corrigé : L’orbite d’un élément x de E s’écrit O(x) = {y ∈ E/∃g ∈ G, y = g.x} et l’action de G
sur E est transitive si
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, ∃g ∈ G, y = g.x
Le stabilisateur d’un élément x de E s’écrit Gx = {g ∈ G/g.x = x} et l’action de G sur E est libre
si
∀x ∈ E, g.x = x ⇒ g = eG
L’ensemble Gx est évidemment stable par multiplication et passage à l’inverse, donc c’est un sous
groupe de G.
1. a. On considère l’action de Sn sur E = {1, . . . , n} donnée par σ.i = σ(i). Soit i ∈ E. On va
montrer que O(i) = E et (Sn )i = Bij(E \ {i}) ∼ Sn−1 .
Soit j ∈ E et soit (ij) la permutation qui échange i et j. Par définition, on a (ij).i = j donc
O(i) = E, c’est à dire que l’action de Sn sur E est transitive.
On a σ(i) = i ⇔ σ ∈ Bij(E \ {i}) et on a un isomorphisme de groupe
Bij(E \ {i}) → (Sn )i
σ
e
7→
σ
où σ est définie par σ(i) = i et σ(j) = σ
e(j) pour j 6= i. Donc on a bien (Sn )i = Bij(E \{i})
qui est isomorphe à Sn−1 .
b. On considère l’action de Sn sur P(E, p) = {A ⊂ E/|A| = p} donnée par σ.{i1 , . . . , ip } =
{σ(i1 ), . . . , σ(ip )}. Soit {i1 , . . . , ip } ∈ P(E, p). On va montrer que O({i1 , . . . , ip }) = P(E, p)
et
(Sn ){i1 ,...,ip } = Bij({i1 , . . . , ip }) × Bij(E \ {i1 , . . . , ip }) ∼ Sp × Sn−p .
7
Soit {j1 , . . . , jp } ∈ P(E, p). Quitte à ré-indicer les éléments de {i1 , . . . , ip } et {j1 , . . . , jp },
on peut supposer que i1 = j1 , . . . , ir = jr et que jk ∈
/ {i1 , . . . , ip } si k > r. On considère
alors le produit des transpositions (ik jk ) pour k > r et on a
(ir+1 jr+1 )(ir+2 jr+2 ) . . . (ip jp ).{i1 , . . . , ip } = {j1 , . . . , jp }.
Donc O({i1 , . . . , ip }) = P(E, p), c’est à dire que l’action de Sn sur P(E, p) est transitive.
Si un élément σ de Sn est dans (Sn ){i1 ,...,ip } , alors σ induit une bijection sur les ensembles
{i1 , . . . , ip } et E \ {i1 , . . . , ip }, et on a un isomorphisme de groupe
Bij({i1 , . . . , ip }) × Bij(E \ {i1 , . . . , ip }) → (Sn ){i1 ,...,ip }
(σ1 , σ2 )
7→
σ
où σ est définit par σ(i) = σ1 (i) pour i ∈ {i1 , . . . , ip } et σ(i) = σ2 (i) pour i ∈
/ {i1 , . . . , ip }.
Donc on a bien (Sn ){i1 ,...,ip } = Bij({i1 , . . . , ip }) × Bij(E \ {i1 , . . . , ip }) qui est isomorphe
à Sp × Sn−p .
2. Soient x ∈ E et y ∈ O(x). Donc il existe h dans G tel que g.x = y. On a les égalités suivantes
Gy =
=
=
=
=
=
Gy =
{g ∈ G/g.y = y}
{g ∈ G/g.(h.x) = h.x}
{g ∈ G/gh.x = h.x}
{g ∈ G/h−1 gh.x = x}
{g ∈ G/h−1 gh ∈ Gx }
{g ∈ G/g ∈ hGx h−1 }
hGx h−1
Donc Gy est le conjugué de Gx par h.
3. On rappelle qu’un sous groupe H d’un groupe G est distingué si gHg −1 ⊆ H pour tout g dans
G. D’après la question précédente, si le stabilisateur d’un élément est toujours distingué, alors
les stabilisateurs de deux élément de la même orbite doivent être égaux. Or, d’après la question
2.1.a., il est facile d’exhiber un contre exemple :
On considère l’action de l’exercice 2.1.a. avec n = 3. On a
O(1) = {1, 2, 3},
(S3 )1 = Bij({2, 3}) = {Id, (23)},
(S3 )2 = {Id, (13)}.
Donc (S3 )2 * (S3 )1 et (S3 )1 n’est pas distingué dans S3 .
Le stabilisateur d’un élément n’est donc en général pas distingué.
Exercice 3 (Première formule des classes)
On fixe une action d’un groupe fini G sur un ensemble E.
1. Soit x et y deux éléments de E. Déterminer, suivant que y est ou pas dans l’orbite de x, l’ensemble {g ∈ G/g · x = y} et calculer son cardinal simplement en fonction de x.
CHAPITRE 1. ACTIONS DE GROUPES
8
2. En déduire une partition de G puis une formule pour le cardinal de G simplement en fonction
de x.
3. Applications :
a. En déduire le cardinal du groupe symétrique.
b. En déduire le nombre de parties à p éléments dans un ensemble à n éléments.
Corrigé :
1. Posons Ay = {g ∈ G/g.x = y}. Si y n’est pas dans l’orbite de x, alors il est clair que Ay = ∅.
Si y est dans l’orbite de x, alors il existe h dans G tel que h.x = y. On va déterminer l’ensemble
Ay en fonction de h et de x. On a
Ay =
=
=
=
=
Ay =
{g ∈ G/g.x = y}
{g ∈ G/g.x = h.x}
{g ∈ G/h−1 g.x = x}
{g ∈ G/h−1 g ∈ Gx }
{g ∈ G/g ∈ hGx }
hGx
L’application
G → G
g 7→ hg
est une bijection, donc en particulier |Ay | = |Gx |.
2. Il est clair que G = ∪y∈O(x) Ay .
Pour que les Ay forment une partition de G,il faut que Ay1 ∩ Ay2 = ∅ si y1 6= y2 . Si il existe g
dans Ay1 ∩ Ay2 , alors on a g.x = y1 et g.x = y2 donc y1 = y2 . Donc Ay1 ∩ Ay2 = ∅ si y1 6= y2 .
Puisque les Ay forment une partition de G qui est fini, on a
X
|G| =
|Ay | = |O(x)||Gx |.
y∈O(x)
3. a. On applique la formule précédente à l’action de groupe donnée dans la question 1.1. D’après
la question 2.1.a., on a
|Sn | = |E||Sn−1| = n|Sn−1 |.
Donc par une récurrence immédiate on obtient
|Sn | = n!.
b. On fait de même avec l’action de groupe donnée dans la question 1.5. D’après la question
2.1.b., on a
|Sn | = |P(E, p)||Sp × Sn−p |
donc
et
n! = |P(E, p)|p!(n − p)!
|P(E, p)| =
n!
.
p!(n − p)!
9
Exercice 4 (Seconde formule des classes)
On fixe une action d’un groupe G sur un ensemble fini E.
1. Montrer que l’ensemble E/G des orbites forme une partition de E.
2. On fixe un sous-ensemble A de E qui contient exactement un élément de chaque orbite. (On
dit que A est une paramétrisation de E/G ou encore une section de E → E/G). Donner une
formule pour le cardinal de E.
3. Applications :
a. On suppose que E n’a pas de point fixe, que l’ordre de G est 15, et que le cardinal de E est
17. Déterminer le nombre d’orbites, et le cardinal de chacune d’elles.
b. Montrer que si H est un sous groupe d’un groupe fini G, alors le cardinal de H divise le
cardinal de G (Théorème de Lagrange).
Corrigé :
1. Il est clair que E = ∪O(x). Soient x, y ∈ E et z ∈ O(x) ∩ O(y). Alors il existe g1 , g2 ∈ G
tels que z = g1 .x et z = g2 .y. Donc g1−1 g2 .y = x et O(x) = O(y). Donc les orbites forment un
partition de E.
F
2. On a E = x∈A O(x) et E est fini, donc
X
|E| =
|O(x)|.
x∈A
P
3. a. D’après la question précédente, |E| =
x∈A |O(x)|. Mais d’après la question 3.3.2., le
cardinal de O(x) divise le cardinal de G. Donc |O(x)| = 1, 3, 5 ou 15. L’ensemble E n’a
pas de point fixe par l’action de G donc |O(x)| > 1 pour tout x de E.
Soit ni le nombre d’orbites de cardinal i. On a
3n3 + 5n5 + 15n15 = 17
donc n3 = 4, n5 = 1 et n15 = 0.
b. on fait opérer H sur G par translation à gauche (voir question 1.4.). L’application
G → G
g 7→ hg
est une bijection donc toutes les orbites ont le cardinal de H, donc on a
|G| = |A||H|.
En particulier, le cardinal de H divise le cardinal de G.
Exercice 5 (Groupe diédral)
Soient n ≥ 3 un entier, et Pn un polygone régulier à n sommets dans R2 de centre (0, 0). Le groupe
diédral Dn est le groupe des isométries préservant les sommets de Pn .
CHAPITRE 1. ACTIONS DE GROUPES
10
1. On note A1 , A2 , . . . , An les sommets de Pn . En considérant l’action de Dn sur {A1 , A2 , . . . , An },
montrer que l’ordre de Dn divise n!.
2. Soit g un élément de Dn .
a. On suppose que g(A1 ) = A1 . Que peut on dire de g ?
b. On suppose que g(A1 ) = Ak , k 6= 1. Que peut on dire de g ?
c. En déduire que Dn est engendré par deux éléments.
Corrigé :
1. Un élément de Dn est une bijection de {A1 , A2 , . . . , An }, donc Dn est un sous groupe de
Bij({A1 , A2 , . . . , An }) ∼ Sn , et d’après le théorème de Lagrange |Dn | divise |Sn | = n!.
2. a. L’application g est linéaire, donc g(0) = 0. Par linéarité, tous les points de la droite (0A1 )
sont invariants par g. Donc g est soit l’identité, soit la symétrie d’axe (0A1 ) que l’on note s.
b. Soit rk la rotation d’angle 2kπ
. On suppose que les sommets Ai sont numérotés cycliquen
−1
ment, c’est à dire rk (A1 ) = Ak+1 . On a alors rk−1
◦ g(A1 ) = A1 donc d’après la question
−1
précédente, rk−1 ◦ g = Id ou s, c’est à dire g = rk−1 ou g = rk−1 ◦ s.
c. Les éléments de Dn sont donc
Id, s, r1, r1 ◦ s, . . . , rn−1 , rn−1 ◦ s.
Or, rk = r1k donc le groupe Dn est engendré par les deux éléments s et r1 .
Exercice 6 (Produit semi-direct)
1. Produit semi direct de deux sous groupes
Soient G un groupe et T et H deux sous groupes de G vérifiant les propriétés suivantes :
i. T ∩ H = {e} où e est l’élément neutre de G,
ii. T est distingué dans G,
iii. tout élément de G s’écrit comme un produit th avec t ∈ T et h ∈ H.
a. Montrer que la décomposition iii. est unique.
b. Montrer que l’ensemble T × H munit du produit (t1 , h1 )(t2 , h2 ) = (t1 h1 t2 h−1
1 , h1 h2 ) est un
groupe isomorphe à G.
On dit que G est le produit semi-direct de T et H et on note G = T ⋊ H.
2. Produit semi direct de deux groupes
Soient T et H deux groupes et φ une action de H sur T telle que pour tout h dans H, l’application φ(h) : T → T soit un morphisme de groupe. On définit le produit semi direct de T et H,
noté T ⋊φ H, l’ensemble T × H munit du produit (t1 , h1 )(t2 , h2 ) = (t1 φ(h1 )(t2 ), h1 h2 )
a. Montrer que G = T ⋊φ H est un groupe.
b. On identifie T (resp. H) au sous groupe T × {eH } (resp. {eT } × H) de G. Montrer que G
est le produit semi-direct de T et H au sens de la question précédente.
3. Exemples :
a. Montrer que le groupe diédral Dn est isomorphe au produit semi direct Z/nZ ⋊ {1, −1}.
b. Montrer que le groupe symétrique Sn est isomorphe au produit semi direct An ⋊ {1, −1}.
11
Corrigé :
1. a. Supposons qu’un élément g de G s’écrive g = th = t′ h′ . Alors t′−1 t = h′ h−1 et d’après la
propriété i., on a t′−1 t = e et h′ h−1 = e, c’est à dire t = t′ et h = h′ . Donc la décomposition
iii. est unique.
b. Cette loi de groupe est bien définie car T est distingué dans G. On vérifie facilement que
T ⋊ H est un groupe d’élément neutre (e, e). L’inverse d’un élément (t, h) est l’élément
(h−1 t−1 h, h−1 ). D’après la question précédente, l’application
φ T ⋊H → G
(t, h) 7→ th
est une bijection. On a
φ((t, h)(t′ , h′ )) = φ((tht′ h−1 , hh′ ))
= tht′ h′
= φ((t, h))φ((t′ , h′ ))
donc φ est un isomorphisme de groupe.
2. a. Le fait que G = T ⋊φ H soit un groupe découle immédiatement du fait que φ est une action
de H sur T . L’élément neutre de G est e = (eT , eH ) et L’inverse d’un élément (t, h) est
l’élément (h−1 .t−1 , h−1 ).
b. Il suffit de vérifier les propriétés i., ii. et iii. :
i. Par construction, T ∩ H = {e}.
ii. Soient (t, eH ) ∈ T et (t′ , h′ ) ∈ G. Alors on a
(t′ , h′ )(t, eH )(t′ , h′ )−1 = (t′ , h′ )(t, eH )(h′−1 .t′−1 , h′−1 )
= (t′ , h′ )(t(h′−1 .t′−1 ), h′−1 )
= t′ (h′ .(t(h′−1 .t′−1 ))), eH
donc (t′ , h′ )(t, eH )(t′ , h′ )−1 ∈ T , c’est à dire T est distingué dans G.
iii. Pour tout (t, h) ∈ G on a (t, h) = (t, eH )(eT , h).
3. a. D’après l’exercice 5., le groupe Dn est engendré par la rotation r1 et la symétrie axiale s.
Soient T =< r1 > et H =< s >. Les propriétés i. et iii. sont trivialement vérifiées. Il reste
donc à montrer que T est distingué dans Dn , c’est à dire que pour tous k, l ∈ {0, . . . , n − 1}
l’application r1l ◦ s ◦ r1k ◦ (r1l ◦ s)−1 est dans T . On voit facilement que les applications s et
r1k sont caractérisées par
s(Ai ) = An−i+2
et
r1k (Ai ) = Ai+k
où l’on définit An+i = Ai . On a
r1l ◦ s ◦ r1k ◦ (r1l ◦ s)−1 (Ai ) = Ai−k = Ai+(n−k)
donc r1l ◦ s ◦ r1k ◦ (r1l ◦ s)−1 = r1n−k ∈ T . Donc la propriété ii. est vérifiée et on a
Dn =< r1 > ⋊ < s >= Z/nZ ⋊ {1, −1}
CHAPITRE 1. ACTIONS DE GROUPES
12
b. Le groupe alterné An est constitué des éléments de Sn de signature 1.On note T = An et
H = {Id, (12)} le sous groupe de Sn engendré par la transposition (12). La propriété i. est
trivialement vérifiée.
Soient a ∈ An et σ ∈ Sn . Par multiplicativité de la signature, on a
ǫ(σaσ −1 ) = ǫ(σ)ǫ(a)ǫ(σ)−1 = ǫ(a)
donc la propriété ii. est vérifiée.
Soit σ ∈ Sn \ An . Alors (12)σ ∈ An et σ = (12) (12)σ donc la propriété iii. est vérifiée.
On a donc bien
Sn = An ⋊ < Id, (12) >= An ⋊ {1, −1}.
Exercice 7
Soit G un groupe et H un sous-groupe.
1. Définir une action naturelle de G sur G/H, l’ensemble des classes à droite par H. Calculer le
stabilisateur de x = H.
2. On fixe une action du groupe G sur un ensemble E. Montrer que l’application
φ : G/Gx → O(x)
gGx 7→ g · x
est bien définie et compatible avec les actions du groupe G sur G/Gx et sur O(x).
Corrigé :
1. Une classe à droite de H est un sous ensemble C de G de la forme gH avec g dans G. On
appelle g un représentant de la classe C. Le groupe G agit donc naturellement sur G/H par
G × G/H → G/H
(g1 , gH) 7→ g1 gH
On vérifie immédiatement que cette application est bien définie (c’est à dire ne dépend pas du
représentant choisi) et définie bien une action du groupe G sur G/H.
Un élément g est dans GH si gh ∈ H pour tout h ∈ H. En prenant h = e, on obtient g ∈ H.
Réciproquement, si g ∈ H alors gH = H. Donc GH = H.
2. Soit C une classe de G/Gx . Pour montrer que l’application φ est bien définie, il faut montrer
que φ(C) ne dépend pas du choix du représentant de la classe C. Soient g et g ′ deux représentants de C. Par définition on a gGx = g ′ Gx , donc il existe h dans Gx tel que g ′ = gh. On a
donc g ′.x = (gh).x = g.(h.x) = g.x, et l’application est bien définie.
On veut montrer que φ est compatible avec les actions de G sur les deux ensembles, c’est à dire
∀C ∈ G/Gx , ∀g1 ∈ G, φ(g1 C) = g1 .φ(C).
Or on a
φ(g1C) = φ(g1gGx ) = (g1 g).x = g1 .(g.x) = g1 .φ(C)
donc φ est compatible avec les actions du groupe G sur G/Gx et sur O(x).
13
Exercice 8 (Le théorème de Burnside)
Pour un groupe fini G agissant sur un ensemble fini E, montrer en dénombrant de deux façons différentes l’ensemble {(g, x) ∈ G × E/g · x = x} la relation
|{Orbites}| =
1 X
|F ix(g)|
|G| g∈G
où F ix(g) := {x ∈ E/g · x = x} est l’ensemble des points de E fixés par g.
Corrigé : L’ensemble P = {(g, x) ∈ G × E/g · x = x} peut se partitionner des deux manières
suivantes
G
G
P =
F ix(g)
et
P =
Gx .
g∈G
x∈E
Donc puisque tous les cardinaux sont finis, on a
X
X
|F ix(g)| =
|Gx |.
g∈G
x∈E
D’après l’exercice 4, on a aussi une partition de l’ensemble E donnée par E =
une paramétrisation de E/G, donc on a
X
X X
|Gy | .
|Gx | =
x∈E
x∈A
F
x∈A
O(x), où A est
y∈O(x)
Mais d’après la question 3.1., on a l’égalité |Gy | = |Gx | si y ∈ O(x), donc
P
P
P
|G
|
=
|G
|
x
x
x∈E
y∈O(x)
Px∈A
|O(x)||G
x |.
x∈A
D’après la question 3.2. on a |G| = |O(x)||Gx|, donc
X
|Gx | = |A||G|
x∈E
et
|A| = |{Orbites}| =
1 X
|F ix(g)|.
|G| g∈G
Exercice 9
Soit Cn = [−1, 1]n l’hypercube de dimension n dans l’espace euclidien Rn . On fait agir G = Gn le
groupe des isométries de Cn sur X l’ensemble des hypercubes de dimension n − 1 inclus dans le bord
de Cn (les faces).
1. Calculer le cardinal de X.
CHAPITRE 1. ACTIONS DE GROUPES
14
2. Montrer que l’action est transitive, et déterminer le stabilisateur d’une face. En déduire le cardinal de Gn .
3. En déduire une description des éléments de Gn .
Corrigé : On note (x1 , . . . , xn ) les coordonnées dans Rn et on note (e1 , . . . , en ) la base canonique
de Rn .
1. Les faces de Cn sont les intersections de Cn avec les hyperplans affines d’équation xi = ±1,
donc il y a 2n faces obtenues en intersectant Cn avec 2n hyperplans affines. C’est à dire
|X| = 2n.
2. Étant donné ǫ = ±1, on note Fi,ǫ la face de Cn donnée par l’intersection de Cn avec l’hyperplan
affine d’équation xi = ǫ. Soient Fi,ǫ1 et Fj,ǫ2 deux faces de Cn . Alors l’application linéaire f
définie par
f (ek ) = ek si k 6= i, j
f (ei ) = ǫ1 ǫ2 ej
et
f (ej ) = ǫ1 ǫ2 ei
est une isométrie de Cn qui envoie la face Fi,ǫ1 sur la face Fj,ǫ2 . Donc l’action de Cn sur X est
transitive.
Soit Fi,ǫ une face de Cn . Toute application linéaire f de Rn est déterminée par l’image par
f d’une base de Rn . La face Fi,ǫ a 2n−1 sommets et n d’entre eux forment une base de Rn .
Donc une application linéaire f de Rn est déterminée par l’image par f des sommets de Fi,ǫ .
Réciproquement, on voit facilement que toute application linéaire envoyant la face Fi,ǫ sur une
autre face de Cn laisse le cube Cn tout entier invariant. Ainsi, tout élément de Gn−1 détermine
un et un seul élément de (Gn )Fi,ǫ . On a donc un isomorphisme de groupe entre (Gn )Fi,ǫ et
Gn−1 .
En regroupant les résultats précédents et ceux de la question 3.2., on obtient
|Gn | = |X||Gn−1| = 2n|Gn−1 |.
Donc par une récurrence immédiate, on obtient |Gn | = 2n n!.
3. Soient σ ∈ Sn une permutation et (ǫ1 , . . . , ǫn ) ∈ {±1}n . Alors l’application linéaire définie par
f (ei ) = ǫi eσ(i) est un élément de Gn . On construit ainsi 2n n! éléments de Gn . Or, |Gn | = 2n n!,
donc ces applications linéaires sont les seuls éléments de Gn .
Chapitre 2
Espaces affines
Exercice 10 Sous-espace affine
Soit E un espace affine sur un corps K de caractéristique différente de 2. Montrer qu’une partie non
vide V de E est un sous-espace affine si et seulement si pour tout couple de points distincts (A, B)
de V , la droite (AB) est contenue dans V .
Corrigé : Si V est un sous espace affine de E, alors il est évident que pour tout couple de points
distincts (A, B) de V , la droite (AB) est contenue dans V . Montrons maintenant la réciproque.
Supposons que pour tout couple de points distincts (A, B) de V , la droite (AB) est contenue dans V .
−
→
−−→
−
→
Soit x ∈ V . On définit V = {xM |M ∈ V }. Il est clair par construction que V = x + V . Il reste
−
→
−
→
donc à montrer que V est un sous espace vectoriel de E .
−
−
→
−
→
−−→
−
→
→
→
Soit −
v1 = xM1 ∈ V . Par hypothèse, pour tout t, le point x + txM1 ∈ V , donc t−
v1 ∈ V .
−−→ −
→ → −−→ −
→
→
Soient −
v1 = xM1 ∈ V et −
v2 = xM2 ∈ V . On a
−−→ −−→
→
→
v1 + −
v2 ) = x + 12 (xM1 + xM2 )
x + 21 (−
−−→
−−→ −−→
= x + xM2 + 21 (xM1 − xM2 )
−−−−→
= M2 + 21 (M2 M1 )
→
→
donc le point x + 21 (−
v1 + −
v2 ) est sur la droite (M1 M2 ) et donc par hypothèse ce point est dans V .
−
→
−
→
1 −
→
→
→
v1 + −
v2 ) ∈ V et −
v1 + −
v2 ∈ V .
Donc 2 (→
−
→
−
→
Donc V est bien un sous espace vectoriel de E et V est un sous espace affine de E.
Exercice 11 Union de sous-espace affines
Soient V1 et V2 deux sous-espaces affines d’un espace affine E sur un corps K de caractéristique
différente de 2. À quelle condition V1 ∪ V2 est-il un sous espace affine de E ?
Corrigé : Comme dans le cas de l’union d’espaces vectoriels, on va montrer que V1 ∪ V2 est un sous
espace affine de E si et seulement si V1 ⊆ V2 ou V2 ⊆ V1 .
Il est évident que si V1 ⊆ V2 ou V2 ⊆ V1 , alors V1 ∪ V2 est un sous espace affine de E. On va
maintenant montrer la réciproque.
Supposons que V1 ∪ V2 soit un sous espace affine de E et que V1 * V2 et V2 * V1 .
15
16
CHAPITRE 2. ESPACES AFFINES
−−−→
→ est dans −
Donc il existe x ∈ V1 \ V2 et y ∈ V2 \ V1 . En particulier, le vecteur −
xy
V1 ∪ V2 mais n’est
−
→ −
→
→∈
pas dans V1 ∪ V2 . Donc on a y + −
xy
/ V2 , et comme V1 ∪ V2 est un sous espace affine de E on a
→
−
→
−
→
→ ∈ V1 . Comme x ∈ V1 , on a 2−
→∈−
y + xy ∈ V1 . Or, y = x + xy, donc x + 2−
xy
xy
V1 . Par hypothèse
−
→
−
→
Car(K) 6= 2, donc xy ∈ V1 , ce qui nous donne une contradiction !
Donc V1 ∪ V2 est un sous espace affine de E si et seulement si V1 ⊆ V2 ou V2 ⊆ V1 .
Exercice 12 Un peu de topologie
Montrer que le complémentaire d’une droite affine dans R2 a deux composantes connexes. Qu’en
est-il du complémentaire d’une droite affine dans Rn avec n ≥ 3 ? Qu’en est-il du complémentaire
d’une droite affine dans C2 ?
Corrigé : Une droite L dans R2 est définie par une équation de la forme l(x, y) = 0 où l(x, y) = ax+
by + c. Soient p ∈ {(x, y) ∈ R2 |l(x, y) > 0} et q ∈ {(x, y) ∈ R2 |l(x, y) < 0}. Soit une application
continue γ : [0; 1] → R2 telle que γ(0) = p et γ(1) = q. Donc l’application l ◦ γ : [0; 1] → R est
continue et vérifie l ◦ γ(0) > 0 et l ◦ γ(1) < 0. Donc par le théorème des valeurs intermédiaires, il
existe c ∈]0; 1[ tel que l ◦ γ(c) = 0. On a donc montré que pour relier p à q, on ne peut éviter de
couper la droite L. C’est à dire que R2 \ L n’est pas connexe.
Soient L une droite dans Rn avec n ≥ 3, et p, q ∈ Rn \ L. Comme n ≥ 3, il existe un plan Π de Rn
contenant p et q et ne contenant pas L. Donc Π ∩ L est soit vide, soit réduite à un point. Un plan privé
d’un point est connexe (facile), donc on peut relier p à q en restant dans Π sans rencontrer L.
Soient L une droite complexe dans C2 , et p, q ∈ C2 \ L. Si L′ est la droite complexe passant par p et
q, alors L ∩ L′ est soit vide, soit réduite à un point. Or, L′ est homéomorphe à R2 , donc on peut relier
p à q en restant dans L′ sans rencontrer L.
Exercice 13 Calcul de dimension
Soit D l’ensemble des droites affines d’un espace affine de dimension n. Quelle est la dimension de
D (c’est à dire le nombre de paramètres nécessaires et suffisant pour définir une droite quelconque) ?
Corrigé : Il est clair qu’une droite dans Rn est déterminée uniquement par un point p (n paramètres)
et un vecteur directeur v (n paramètres) de cette droite. Il suffit donc de 2n paramètres pour définir
une droite dans Rn .
A-t-on besoin de moins de paramètres ? Oui, car p peut être n’importe où sur cette droite, et tous les
multiples de v conviennent aussi. C’est à dire que tous les couples de la forme (p+sv, tv) avec (s, t) ∈
R × R∗ représentent la même droite (p, v). On peut donc imposer des conditions supplémentaires sur
p et v. Par exemple, on peut demander que la norme de v soit 1, et qu’une des coordonnées de p soit 0
(c’est à dire que p est un point d’intersection de la droite avec un des hyperplans de coordonnées). Il
est clair qu’on ne peut pas imposer plus de conditions. Par exemple, un droite générique ne coupe pas
les espaces affines d’équation {xi = 0, xj = 0} donc on ne peut pas demander que 2 coordonnées de
p soient nulles.
Ainsi, on a exactement besoin de 2n − 2 paramètres pour déterminer un élément de D, c’est à dire
dim(D) = 2n − 2.
Exercice 14 Un plan affine sur Z/3Z
17
Soit E un plan affine sur Z/3Z. Combien y a-t-il de points ? De droites ? Combien chaque droite
contient-elle de points ? Montrer que par chaque point, il passe quatre droites, et que pour une direction donnée, il existe trois droites parallèles à cette direction.
Corrigé : Il suffit de compter dans le plan affine (Z/3Z)2 .
On a |(Z/3Z)2 | = |Z/3Z|2 = 9.
Une droite affine dans la plan est donnée par une équation de la forme ax + by + c = 0 avec
(a, b, c) ∈ (Z/3Z)3 . Si a 6= 0, on peut diviser par a et se ramener à une équation de la forme
x + by + c = 0. De plus, deux équations x + b1 y + c1 = 0 et x + b2 y + c2 = 0 définissent la même
droite si et seulement si (b1 , c1 ) = (b2 , c2 ). Il existe donc |(Z/3Z)2 | = 9 droite affines d’équation
x + by + c = 0. Si a = 0, alors on se ramène à une équation de la forme y + c = 0, et il existe
|Z/3Z| = 3 telles droites affines. Il existe donc 9 + 3 = 12 droites affines dans (Z/3Z)2 .
Comme tous les points sont équivalents par changement d’origine, le nombre de droites passant par
un point donné ne dépend pas du point. On peut donc supposer que ce point est (0, 0), c’est à dire
compter le nombre de droites vectorielles de (Z/3Z)2 . On peut déterminer ce nombre comme dans
le cas affine, en comptant le nombre d’équations. Une autre manière est la suivante : une droite vectorielle est déterminée par un vecteur non nul de (Z/3Z)2 , et deux vecteurs non nuls déterminent la
même droite si et seulement si l’un est obtenu à partir de l’autre par multiplication par un élément de
(Z/3Z)∗ . On a donc
|(Z/3Z)2 \ {(0, 0)}|
8
= =4
∗
|(Z/3Z) |
2
droites vectorielles dans (Z/3Z)2 .
Quitte a changer de base, il suffit de compter le nombre de droites parallèles à la direction (1, 0). Ce
sont les droites d’équation y = 0, y = 1 et y = 2, donc on a 3 droites parallèles à une direction
donnée.
Exercice 15 Localiser des points en coordonnées barycentriques
Soit ABC un triangle non plat dans R2 . Décrire à l’aides des coordonnées barycentriques dans le
repère ABC les sept régions découpées par les droites qui portent les cotés du triangle ABC.
Corrigé : On note (λ1 , λ2 , λ3 ) les coordonnées barycentriques dans la base (A, B, C). La droite
(BC) est donnée par l’équation λ1 = 0 et divise la plan en deux parties : les points tels que λ1 > 0
et ceux tels que λ1 < 0. Le point A a pour coordonnées (1, 0, 0), donc est dans le demi plan définit
par λ1 > 0. On fait de même pour les deux autres coordonnées et on trouve la Figure 2.1
Exercice 16 Centre de gravité
Dans un plan affine, soit ABC et A′ B ′ C ′ deux triangles de centre de gravité G et G′ respectivement.
−−→ −−→ −−→
1. Calculer AB ′ + BC ′ + CA′ en fonction de G et G′ .
2. Montrer que ABC et A′ B ′ C ′ ont le même centre de gravité si et seulement s’il existe un point
D tel que DBA′ C et DB ′ AC ′ soient des parallélogrammes.
Corrigé :
CHAPITRE 2. ESPACES AFFINES
18
λ 1 <0
λ 2 >0
λ 3 <0
λ 1 <0
λ 2 >0
λ 3 >0
B
λ 1 >0
λ 2 >0
λ 3 <0
λ 1 >0
λ 2 >0
λ 3 >0
C
λ 1 >0
λ 2 <0
λ 3 <0
A
λ 1 <0
λ 2 <0
λ 3 >0
λ 1 >0
λ 2 <0
λ 3 >0
F IG . 2.1 – Coordonnés barycentriques dans R2
−−→
−−→ −−→
−→ −−→ −−→
1. On a AB ′ = AG + GG′ + G′ B ′ . En décomposant de même les vecteurs BC ′ et CA′ et en
utilisant la propriété du barycentre, on obtient
−−→′ −−→′ −−→′
−−→
AB + BC + CA = 3GG′ .
−−→ −−→
2. Soit D le point tel que DBA′ C soit un parallélogramme. Donc on a CD = A′ B. On a alors
DB ′ AC ′ parallélogramme
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
−−′→ −−→′
B D = AC
−−′→ −−→ −−→
B C + CD + C ′ A = 0
−−′→ −−′→ −−→
B C + A B + C ′A = 0 .
−−′→
GG=0
G′ = G
Exercice 17 Rapport de trois points alignés
CA
Soient A, B et C trois points sur une droite affine, avec B 6= C. Exprimer le rapport CB
en fonction
des coordonnées barycentriques de A, B et C, et réciproquement.
CA
→
: si −
e est un vecteur non nul de la droite affine,
Corrigé : On rappelle la définition du rapport CB
−→
−
−
→
−
→
−
→
alors CA = α e et CB = β e . Le rapport est définit par
α
CA
= .
CB
β
→
Ce nombre ne dépend pas du choix de −
e.
Soit (a, 1 − a) les coordonnées barycentriques de C dans la base (A, B). Donc on a
−→
−→
AC = (1 − a)AB
et
−−→
−→
BC = aBA.
19
Le rapport est donc donné par
CA
a−1
=
.
CB
a
Réciproquement, on a
a=
1
.
CA
1 − CB
Exercice 18 Théorème de Ménélaüs généralisé
1. Montrer le théorème de Ménélaüs :
Soit ABC un triangle non plat d’un plan affine et soient P , Q et R trois points distincts de A,B
et C respectivement sur (BC), (CA) et (AB). Notons
α=
PB
,
PC
β=
QC
,
QA
γ=
RA
.
RB
Montrer que P , Q et R sont alignés si et seulement si αβγ = 1
2. Généraliser le théorème de Ménélaüs en dimension supérieure.
Corrigé :
1. Voir le cours ci dessous.
2. Une généralisation du théorème de Ménélaüs est la suivante :
Soit E un espace affine de dimension n et (x0 , . . . , xn ) une base affine de E. Par convention,
on prend xn+1 = x0 . Pour tout i dans {0, . . . , n}, on prend un point Mi sur la droite (xi xi+1 )
i
distinct de Mi et Mi+1 et on note αi = MMi xi xi+1
. On a alors
M0 , . . . , Mn affinements dépendants ⇐⇒
n
Y
αi = 1.
i=0
Si Mi a pour coordonnées barycentriques (ai,1 , . . . , ai,n ) dans la base (x0 , . . . , xn ), alors d’après
l’exercice 8 (en notant ai,n+1 = ai,0 )
ai,i =
1
,
1 − αi
ai,i+1 =
αi
,
αi − 1
ai,j = 0 si j 6= i, i + 1
Les points M0 , . . . , Mn sont affinement dépendants si et seulement si la matrice de leurs coordonnées barycentriques n’est pas inversible, c’est à dire si et seulement si
 1

αn
0
... ...
0
1−α0
αn −1
1
 α0
0
...
0
0 
 α0 −1 1−α1

α1
1
 0

0
.
.
.
0


α1 −1
1−α2
.. 
..
..
..
det 
= 0.
 ...
.
.
.
. 
0




..
..
.
. 1−α1

...
0 
n−1
αn−1
1
0
...
...
0 αn−1
−1
1−αn
CHAPITRE 2. ESPACES AFFINES
20
En développant par rapport à la première ligne, on voit que ce déterminant est égal à
Q
1 − ni=0 αi
Qn
i=0 (1 − αi )
d’où le théorème.
Exercice 19 Le milieux des extrémités
Dans un plan affine, quel est l’ensemble des milieux des segments dont les extrémités appartiennent
respectivement à deux segments donnés.
A
S
B
J
Q
P
I
L
R
K
D
T
C
F IG . 2.2 – Le milieux des extrémités
Corrigé : Soient [AB] et [CD] les deux segments et I, J, K et L les milieux de [AC], [AD], [BC] et
[BD] (voir la Figure 2.2). On note
M = {p|p est le milieu d’un segment dont les extrémités appartiennent à [AB] et [CD]}.
D’après le théorème des milieux, on a [IJ] ⊂ M, [KL] ⊂ M, [IK] ⊂ M, [JL] ⊂ M, (IJ)//(KL)
et (IK)//(JL). On va montrer que M est le parallélogramme IJLK (vu comme polygone solide).
Soit P dans M. Donc, il existe S ∈ [AB] et T ∈ [CD] tels que P soit le milieu de [ST ]. On note
Q l’intersection de [T A] et [IJ], et R l’intersection de [T B] et [KL]. Alors d’après le théorème des
milieux, P ∈ [QR], et donc P est dans IJLK.
Soit P dans IJLK. Soit L la parallèle à (AB) passant par P . La droite L intersecte [IJ] en Q et
[KL] en R. Les droites (CD), (AQ) et (BR) sont concourantes en un point T de [CD]. On note S
l’intersection de (T P ) et [AB]. D’après le théorème de Thalès, P est le milieu de ST , donc P ∈ M.
Exercice 20 Équations cartésiennes
21
A quelle condition les deux hyperplans d’équation
a1 x1 + . . . + an xn = b
et
α1 x1 + . . . + αn xn = β
sont-ils parallèles ?
Corrigé : Les deux hyperplans sont parallèles si et seulement si les deux espaces vectoriels sousjacents sont égaux, c’est à dire si et seulement si les vecteurs (a1 , . . . , an ) et (α1 , . . . , αn ) sont colinéaires.
Exercice 21 Calcul en coordonnées cartésiennes dans le plan I
Soit a et b deux réels non nuls distincts. Dans un plan affine muni d’un repère, calculer une équation
cartésienne de la droite ∆ passant par le point de coordonnées (a, b) et par le point d’intersection des
deux droites D d’équation x/a + y/b = 1 et D ′ d’équation x/b + y/a = 1.
Corrigé : Si αx + βy = γ est l’équation de cette droite, alors on a γ = αa + βb. Pour trouver a et b,
il faut résoudre l’équation
 1 1

1
a
b
 = 0.
det  1b a1
1
α β αa + βb
2
et on obtient α = − ab2 β. On peut donc prendre β = a2 et α = −b2 .
Exercice 22 Calcul en coordonnées cartésiennes dans le plan II
Soit ABC un triangle non plat et P un point variable dans le plan mais hors des côtés. La parallèle
à (AC) en P coupe (AB) en Q. La parallèle à (AB) en P coupe (AC) en R. Les droites joignant Q
au milieu de [AC] et R au milieu de [AB] se coupent en S. Montrer que la droite (P S) passe par un
point fixe.
Exercice 23 Calcul en coordonnées cartésiennes dans l’espace I
Dans l’espace affine (de dimension trois), déterminer un vecteur directeur de la droite d’équations
cartésiennes
x − 2y + z + 1 = 0 et 2x + y − z + 3 = 0.
Corrigé : Pour trouver un vecteur directeur, il suffit de résoudre le système d’équations homogènes
x − 2y + z = 0
.
2x + y − z = 0
On peut prendre par exemple le vecteur (5, 3, 5).
Exercice 24 Calcul en coordonnées cartésiennes dans l’espace II
CHAPITRE 2. ESPACES AFFINES
22
Déterminer les paramètres λ pour que les trois plans d’équation respective
λx + 2y + z − 1 = 0, x + (λ + 1)y − z + 1 = 0 et 4x + 8y + (3 − 2λ)z + 1 = 0
aient une droite commune.
Corrigé : Si ces trois plans affines ont une droite en commun, alors les trois plans vectoriels sousjacents ont aussi une droite en commun. En particulier, on a


λ
2
1
det  1 λ + 1
−1  = 0.
4
8
3 − 2λ
Ce déterminant est égal à −2λ3 + λ2 + 11λ − 10 = −2(λ − 1)(λ − 2)(λ − 25 ) donc l’intersection
de ces plans vectoriels est de dimension > 0 pour λ = 1, 2 ou − 25 . On voit facilement que ces plans
vectoriels ne sont jamais les mêmes deux à deux donc l’intersection est au plus de dimension 1.
En résolvant le système d’équations non-homogènes avec λ = 1, 2 ou − 52 , on voit que les trois plans
ont une intersection vide pour λ = 1 et − 52 , et que l’intersection est non vide pour λ = 2.
Les trois plans affines se coupent en une droite si et seulement si λ = 2.
Exercice 25 Calcul en coordonnées cartésiennes dans l’espace III
1. Montrer que les droites D et D ′ d’équations cartésiennes
D : x + y − z − 2 = 0 et 2x − y + 3z − 1 = 0
et
D ′ : x − 2y − 3 = 0 et 3x + 6y − 1 = 0
sont concourantes.
2. Trouver une équation cartésienne du plan qu’elles déterminent.
Exercice 26 La droite de Newton
Un quadrilatère complet est une configuration plane de quatre droites deux à deux sécantes, dont trois
ne sont jamais concourantes. Les sommets sont les six points de concours. Les diagonales sont les
trois segments qui relient deux sommets qui ne sont pas sur l’une des quatre droites données.
Montrer en utilisant le théorème de Ménélaüs que les milieux des diagonales d’un quadrilatère complet sont alignés. (On pourra considérer le triangle formé des milieux de trois des côtés du quadrilatère
complet.)
Corrigé : On note d1 . . . , d4 les 4 droites et Aij le point d’intersection des droites di et dj (voir la
Figure 2.3). On note I le milieu de [A12 A34 ], J le milieu de [A13 A24 ] et K le milieu de [A14 A23 ].
On applique le théorème de Ménélaüs dans le triangle A12 A13 A23 aux points alignés A14 , A34 et A24
et on obtient
A14 A12 A34 A13 A24 A23
= 1.
A14 A13 A34 A23 A24 A12
23
A 14
A 13
K
A34
C
B
J
I
A 12
D
A 24
A23
F IG . 2.3 – La droite de Newton
Soient B le milieu [A12 A13 ], C le milieu de [A23 A13 ] et D le milieu [A12 A23 ]. D’après le théorème
de la droite des milieux, (BC) est parallèle à (A12 A23 ). De plus, comme J est le milieu de [A13 A24 ],
on a J ∈ (BC). De même, (CD) est parallèle à (A12 A13 ) et contient K, et (BD) est parallèle à
(A23 A13 ) et contient I. De plus, toujours d’après le théorème des milieux, on a
JC
A24 A23
=
JB
A24 A12
et
KD
A14 A12
=
KC
A14 A13
et
IB
A34 A13
=
ID
A34 A23
donc
JC KD IB
=1
JB KC ID
ce qui d’après le théorème de Ménélaüs signifie que I, J et K sont alignés.
Exercice 27 Encore des points alignés
On considère ici les coordonnés barycentriques dans une base affine (A, B, C) d’un plan affine. Soient
L ∈ (BC) et M ∈ (CA).
1. Déterminer les équations des droites (AL) et (BM) et les coordonnées barycentriques de leur
point d’intersection N.
2. Soient P , Q et R les milieux respectifs de [AB], [LM] et [CN]. Montrer que les points P , Q et
R sont alignés.
Corrigé :
CHAPITRE 2. ESPACES AFFINES
24
1. on note (0, a, 1 − a) et (b, 0, 1 − b) les coordonnées barycentriques de L et M. La droite (AL)
a une équation barycentrique de la forme
αλ1 + βλ2 + γλ3 = 0, λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
Comme A ∈ (AL), on a α = 0. Comme L ∈ (AL) on a βa + γ(1 − a) = 0, donc on peut
prendre pour équation
(AL) : (a − 1)λ2 + aλ3 = 0,
λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
(BM) : (b − 1)λ1 + bλ3 = 0,
λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
De même on a
Pour trouver les coordonnées barycentriques de N, il faut résoudre le système

(a − 1)λ2 + aλ3 = 0

(b − 1)λ1 +
bλ3 = 0

λ1
+ λ2
+ λ3 = 1
et on obtient
b(1 − a) a(1 − b) (1 − a)(1 − b) ,
,
1 − ab 1 − ab
1 − ab
2. On a les coordonnées barycentriques suivantes
N:
b(1−a)
a(1−b) 2−(a+b)
), R = ( 2(1−ab)
, 2(1−ab)
, 2(1−ab) ). .
P = ( 12 , 21 , 0), Q = ( 2b , a2 , 2−(a+b)
2
Donc P , Q et R sont alignés si et seulement si on a
 1
b(1−a) 
b

det 
2
1
2
0
2
a
2
2−(a+b)
2
2(1−ab)
a(1−b)
2(1−ab)
2−(a+b)
2(1−ab)

 = 0.
En faisant des opérations simples sur les lignes et les colonnes de la matrice, on voit que ce
déterminant est effectivement nul.
Exercice 28 Des droites concourantes
On considère ici les coordonnés barycentriques dans une base affine (A, B, C) d’un plan affine. Soient
A′ , B ′ et C ′ les milieux respectifs de [BC], [CA] et [AB], et soit D un point n’appartenant à aucune
des droites (AB), (BC) et (CA).
1. Déterminer les équations des droites (DA′ ), (DB ′ ) et (DC ′ ).
2. On note dA , dB et dC les droites passant respectivement par A, B et C et parallèles respectivement à (DA′ ), (DB ′ ) et (DC ′ ). Calculer les équations de dA , dB et dC .
3. Montrer que les droites dA , dB et dC sont concourantes et déterminer les coordonnées barycentriques de leur point d’intersection.
25
Corrigé : On a les coordonnées barycentriques suivantes
A′ = (0, 21 , 12 ), B ′ = ( 21 , 0, 21 ), C ′ = ( 12 , 21 , 0), D = (a, b, c) .
1. La droite (A′ D) a une équation barycentrique de la forme
αλ1 + βλ2 + γλ3 = 0, λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
Comme ce système doit être vérifié par les coordonnées de A′ et D, on obtient
γ = −β, aα + (b − c)β = 0
et on peut prendre α = c − b et β = a. On a donc
(A′ D) : (c − b)λ1 + aλ2 − aλ3 = 0,
λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
(B ′ D) : −bλ1 + (a − c)λ2 + bλ3 = 0,
λ1 + λ2 + λ3 = 1
(C ′ D) : cλ1 − cλ2 + (b − a)λ3 = 0,
λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
De même on a
2. Comme A est de coordonnées barycentriques (1, 0, 0), la droite dA a pour équation
βλ2 + γλ3 = 0, λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
Deux droites d’équation barycentriques
α1 λ1 + β1 λ2 + γ1 λ3 = 0
et
α2 λ1 + β2 λ2 + γ2 λ3 = 0
et
(β2 − α2 , γ2 − α2 )
sont parallèles si et seulement si les vecteurs
(β1 − α1 , γ1 − α1 )
sont colinéaires, donc les droites (A′ D) et dA sont parallèles si et seulement si les vecteurs
(β, γ)
et
(a + b − c, −a + b − c)
sont colinéaires. On peut donc prendre pour équation
(dA ) : (a + b − c)λ2 + (−a + b − c)λ3 = 0,
λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
De même on a
(dB ) : (−a − b + c)λ1 + (−a + b + c)λ3 = 0,
(dC ) : (a − b + c)λ1 + (a − b − c)λ2 = 0,
λ1 + λ2 + λ3 = 1
λ1 + λ2 + λ3 = 1 .
CHAPITRE 2. ESPACES AFFINES
26
3. Soit M la matrice


0
a + b − c −a + b − c
0
−a + b + c  .
M =  −a − b + c
a−b+c a−b−c
0
La matrice M a ne forme particulière et on voit facilement sans calculs que



0
a + b − c −a + b − c
a−b−c
 −a − b + c
0
−a + b + c   −a + b − c  = 0
a−b+c a−b−c
0
−a − b + c
donc les droites da , dB et dC sont concourantes, et les coordonnées barycentriques de leur point
d’intersection sont
(−a + b + c, a − b + c, a + b − c).
Exercice 29 Birapport
Dans un corps K on appelle birapport de quatre nombres le nombre (le rapport des rapports) [a, b, c, d] :=
a−c a−d
/ . Dans un espace affine on appelle birapport de quatre points distincts alignés A, B, C et D
b−c b−d
le nombre
CA DA
/
.
[A, B, C, D] :=
CB DB
1. On considère dans le plan affine quatre droites concourantes ou parallèles di . Soit d une droite
qui coupe les quatre droites. Soit Ai := d ∩ di . Montrer que [A1 , A2 , A3 , A4 ] est indépendant
de la droite d. On l’appellera birapport des droites di . On pourra tracer la parallèle à d1 passant
par A2 .
A1 A3
2. Montrer que ce birapport est égal à
quand d est parallèle à d4 .
A2 A3
Corrigé :
1. Soient d et d′ deux droites coupant les droites di .
Si les droites di sont parallèles, le résultat est une application directe du théorème de Thalès.
Si les droites di sont concourantes en I, soient ∆ (resp. ∆′ ) la parallèle à d1 passant par A2
(resp. A′2 ), voir la Figure 2.4. On note B3 et B4 (resp. B3′ et B4′ ) les points d’intersection de ∆
(resp. ∆′ ) avec d3 et d4 . D’après le théorème de Thalès on a
A3 A1
A3 A2
=
IA1
B3 A2
et
A4 A1
A4 A2
=
IA1
B4 A2
donc
De Même on a
[A′1 , A′2 , A′3 , A′4 ] =
B4′ A′2
.
B3′ A′2
Mais toujours d’après le théorème de Thalès on a
B4 A2
B ′ A′
= 4′ 2′
B3 A2
B3 A2
d’où l’indépendance du birapport.
[A1 , A2 , A3 , A4 ] =
B4 A2
B3 A2
.
27
∆
Ι
Β3
Β4
Β´3
A1
A2
A´1
∆´
Β´4
A3
d
A4
A´4
d´
A´3
A´2
F IG . 2.4 – Birapport de 4 droites
2. Grâce à la formule
B4 A2
B3 A2
on peut prendre d parallèle à d4 . Dans ce cas, B4 IA1 A2 est un losange et en utilisant Thalès,
on obtient
IA1
A1 A3
B4 A2
=
=
.
B3 A2
B3 A2
A2 A3
[A1 , A2 , A3 , A4 ] =
Exercice 30 Ceva, Ménélaüs et le birapport
Soit ABC un triangle non plat d’un plan affine. Soit Q ∈ (AC) et R ∈ (AB) tels que (QR) intersecte
(BC) en un point P ′. Soit P le point d’intersection de (BC) avec la droite issue de A qui passe par
le point d’intersection de (BQ) avec (RC). Calculer le birapport [B, C, P, P ′].
Corrigé : D’après les théorème de Ceva et de Ménélaüs appliqués dans le triangle ABC on a
P B QC RA
P C QA RB
= −1
et
P ′ B QC RA
P ′ C QA RB
=1 .
Donc [B, C, P, P ′] = −1.
Exercice 31 Des constructions
On dispose d’une règle non graduée. On suppose savoir tracer la parallèle à une droite donnée passant
par un point donné.
1. Construire un parallélogramme ABCD connaissant A, B et deux droites dC et dD auxquelles
appartiennent respectivement C et D.
CHAPITRE 2. ESPACES AFFINES
28
Α
R
Q
P´
C
P
Β
F IG . 2.5 – Ceva, Ménélaüs et birapport
2. Deux droites d et d′ se coupent en dehors de la feuille en un point I. Soit P un point donné.
Construire la droite (P I).
3. Pour cette question, on dispose d’un compas. à partir d’un triangle non plat ABC, on construit
le symétrique A′ de B par rapport à C, B ′ de C par rapport à A et C ′ de A par rapport à B.
Comment retrouver ABC après avoir tout effacé sauf A′ B ′ C ′ ?
Corrigé :
−→
1. Il est clair que si le parallélogramme ABCD existe, alors C = D + AB donc {C} ∈ dC ∩
t−→ (dD ) (FAIRE UN DESSIN ! ! !). Il faut donc tracer t−→ (dD ).
AB
AB
Pour cela, on choisit un point P sur dD , on trace la parallèle l à (AP ) passant par B, puis la
parallèle l′ à (AB) passant par P . Si l ∩ l′ n’est pas un point, alors le problème n’a pas de
solution. Sinon, soit P ′ le point d’intersection de l et l′ . Alors la parallèle à dD passant par P ′
est exactement t−→ (dD ).
AB
Si t−→ (dD ) ∩ dC = ∅, alors le parallélogramme ABCD n’existe pas. Sinon, on prend C ∈
AB
t−→ (dD ) ∩ dC , et D = dD ∩ L où L est la parallèle à (AB) passant par C.
AB
2. C’est une application directe du théorème de Desargue. On prend 2 points A et A′ sur d et un
points B sur d′ (FAIRE UN DESSIN ! ! !). On trace la parallèle à (AB) passant par A′ et on
note B ′ son point d’intersection avec d′ . On trace l la parallèle à (AP ) passant par A′ et l′ la
parallèle à (BP ) passant par B ′ . On note P ′ = l ∩ l′ . Les triangles ABP et A′ B ′ P ′ vérifient
les hypothèses du théorème de Desargue, donc les droites d, d′ et (P P ′) sont concourantes. En
particulier, la droite (P P ′) passe par I.
3. On a
A = Bar (B ′ , 21 ), (C, 21 ) ,
Donc
B = Bar (C ′ , 12 ), (A, 21 ) ,
C = Bar (A′ , 12 ), (B, 21 ) .
1
1 1
1
1
1 1
A = Bar (B ′ , ), (A′ , ), (B, ) = Bar (B ′ , ), (A′ , ), (C ′ , ), (A, )
2
4
4
2
4
8
8
29
et
−−→
1 −−→ 1 −−→ 1 −−→
A′ A = A′ B ′ + A′ C ′ + A′ A
2
8
8
donc
−−→
4 −−→ 1 −−→
A′ A = A′ B ′ + A′ C ′ .
7
7
′ →′
′ →′
4 −−
1 −−
Il faut donc construire les vecteurs 7 A B et 7 A C . Pour cela, on utilise le théorème de Thalès.
Soient d une droite quelconque passant par A′ , et D un point de d. Avec le compas, on peut
−−→
−−→ −−→
−−→
reporter les distances et construire les points E et F vérifiant A′ E = 4A′ D et A′ F = 7A′ D.
On trace d′ la parallèle à (F B ′ ) passant par E, et on note G = (A′ B ′ ) ∩ d′ (FAIRE UN
−−→
−→
DESSIN ! ! !). Par Thalès, on a alors AG = 74 A′ B ′ .
−−→
On construit de même le vecteur 71 A′ C ′ , et on construit le point A. On construit ensuite B
comme le milieu de [AC ′ ] et C comme le milieu de [BA′ ].
Exercice 32 L’espace des supplémentaires d’un hyperplan vectoriel
Montrer que l’ensemble des sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un hyperplan H d’un espace vectoriel E peut-être muni d’une structure d’espace affine dont l’espace vectoriel directeur est
L(E/H, H) l’espace vectoriel des applications linéaires de E/H vers H.
Corrigé : Il faut donc construire une bonne action du groupe L(E/H, H) sur l’ensemble S(E, H)
des supplémentaires de H. L’espace H est un hyperplan de E, donc
– E/H est de dimension 1, donc un élément de L(E/H, H) correspond au choix d’un vecteur de
H.
– Les supplémentaires de H sont exactement les droites de E non contenues dans H. On peut donc
→
les paramétrer par les vecteurs −
u non contenus dans H.
Ces deux observations motivent la définition de l’action suivante
φ : L(E/H, H) × S(E, H) −→
S(E, H)
−
→
→
→
(α, V ect( u ))
7−→ V ect(−
u + α([−
u ]))
→
→
où [−
u ] représente la classe de −
u dans E/H.
→
La fonction φ est bien définie. En effet, on choisit un vecteur −
u qui n’est pas dans H et on lui ajoute
→
→
un vecteur de H.Donc on obtient
bien
un
vecteur
qui
n’est
pas
dans H. De plus, si −
v = λ−
u alors
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
v + α([ v ] = λ u + α([ u ] donc φ ne dépend pas du vecteur u choisi pour une droite donnée. Il
reste à vérifier que φ définit une action libre et transitive.
→
→
1. On a bien φ(0)(V ect(−
u )) = V ect(−
u ).
→
→
2. Comme β([−
u ]) ∈ H, on a [β([−
u ])] = 0 et
−
→
−
→
−
→
−
→
φ(α + β)(V ect( u )) = V ect u + α([ u ]) + β([ u ])
→
→
→
→
= V ect −
u + β([−
u ])) + α([−
u + β([−
u ])])
→
→
= φ(α) V ect −
u + β([−
u ])
→
= φ(α) ◦ φ(β)(V ect(−
u )).
CHAPITRE 2. ESPACES AFFINES
30
→
→
→
→
→
3. L’action est libre. En effet, si V ect(−
u + α([−
u ])) = V ect(−
u ), alors α([−
u ]) ∈ H ∩ V ect(−
u)=
−
→
{0}. Mais [ u ] est une base de E/H donc α = 0.
→
→
→
→
→
→
4. Soient −
u et −
v deux vecteurs non dans H. On note −
v =−
vu+−
v H la décomposition de −
v
−
→
dans E = V ect( u ) ⊕ H et on définit l’application linéaire suivante
α : E/H −→ H
.
→
→
[−
v u ] 7−→ −
vH
→
→
Comme V ect(−
u ) = V ect(−
v u ), on a bien
→
→
φ(α)(V ect(−
u )) = φ(α)(V ect(−
v u ))
−
→
→
= V ect( v u + −
v h)
−
→
= V ect( v )
donc l’action est transitive.
Exercice 33 Espace affine quotient
−
→
−
→
Soit E un espace affine et S un sous-espace vectoriel de E . On définit une relation d’équivalence
sur E par
→
→∈−
xRy ⇐⇒ −
xy
S.
1. Décrire les classes d’équivalence.
2. Montrer que E/R peut être muni d’une structure naturelle d’espace affine. Montrer alors que
la projection canonique p : E → E/R est affine.
3. En déduire une démonstration du théorème de Thalès : Soit H1 , H2 , H3 trois hyperplans parallèles et distincts d’un espace affine E. Soit d et d′ deux droites de E non faiblement parallèles
à H1 . On note Ai := d ∩ Hi et A′i := d′ ∩ Hi . Montrer que
A′ A′
A1 A2
= ′1 ′2 .
A1 A3
A1 A3
Chapitre 3
Applications affines
Exercice 34 Applications affines, action de groupe et dénombrement
Soient K un corps fini de cardinal q, et E un espace affine de dimension n sur K. L’objectif de cet
exercice est de calculer le nombre de sous espaces vectoriels et affines de E de dimension m. On pose
−
→
Gr(E, m) = {sous-espaces vectoriels de dimension m de E }
et
GR(E, m) = {sous-espaces affines de dimension m de E}.
Si E = Kn , on note seulement Gr(n, m) et GR(n, m).
1. Montrer que |Gr(E, m)| = |Gr(n, m)| et |GR(E, m)| = |GR(n, m)|.
2. Calculer le nombre de bases de l’espace vectoriel Kn . En déduire que
|GLn (K)| = q
n(n−1)
2
n
Y
(q i − 1).
i=1
3. On fait agir GLn (K) sur Gr(n, m) par l’action naturelle f.W = f (W ). Calculer l’orbite et le
stabilisateur d’un élément de Gr(n, m) et en déduire le cardinal de Gr(n, m).
4. On fait agir GAn (K) sur GR(n, m) par l’action naturelle f.W = f (W ). Calculer l’orbite et le
stabilisateur d’un élément de GR(n, m) et en déduire le cardinal de GR(n, m).
Corrigé :
−
→
1. Il existe un isomorphisme linéaire entre E et Kn , et cette isomorphisme induit une bijection
entre les ensembles Gr(E, m) et Gr(n, m). En particulier les cardinaux sont égaux.
De même, il existe un isomorphisme affine entre E et Kn , donc |GR(E, m)| = |GR(n, m)|.
2. Pour choisir une base, on doit choisir n vecteurs indépendants v1 , . . . , vn . Pour v1 , il faut choisir
un vecteur non nul, on a donc q n − 1 possibilités. Pour v2 , il faut choisir un vecteur qui n’est
pas dans V ect(v1 ) ∼ K, on a donc q n − q possibilités. Pour v3 , il faut choisir un vecteur qui
31
CHAPITRE 3. APPLICATIONS AFFINES
32
n’est pas dans V ect(v1 , v2 ) ∼ K2 , on a donc q n − q 2 possibilités. De manière générale, on a
q n − q i−1 choix possibles pour vi . Le nombre de bases de Kn est donc
Qn
Qn i−1 n−i+1
n
i−1
) =
(q
− 1)
i=1 (q − q
i=1 q
= q
n(n−1)
2
= q
n(n−1)
2
Qn
i=1 (q
Qn
i=1 (q
n−i+1
i
− 1) .
− 1)
De plus, toute matrice de GLn (K) est déterminée par une base de Kn , donc
|GLn (K)| = q
n(n−1)
2
n
Y
(q i − 1).
i=1
3. Soit W le sous espace vectoriel de Kn engendré par les vecteurs e1 , . . . , em , où ei est le vecteur
dont toutes les coordonnées sont nulles sauf la i-ème.
Il est clair que l’orbite de W est l’espace Gr(n, m) tout entier.
Soit f ∈ GLn (K). Alors il est clair que f est dans le stabilisateur SW de W si et seulement si
la matrice de f dans la base (e1 , . . . , en ) se décompose de la manière
A C
0 B
avec A ∈ GLm (K), B ∈ GLn−m (K) et C ∈ Mm,n−m (K). En particulier, on a
|SW | = |GLm (K)||GLn−m (K)||Mm,n−m(K)|
= q
m(m−1)+(n−m)(n−m−1)
+m(n−m)
2
= q
n(n−1)
2
Qm
i=1 (q
i
− 1)
Qn−m
i=1
Qm
i=1 (q
i
− 1)
(q i − 1)
Qn−m
i=1
(q i − 1) .
On applique ensuite la formule des classes |GLn (K)| = |O(W )||SW | et on obtient
|Gr(n, m)| =
=
q
n(n−1)
2
|GLn (K)|
Qm
Qn−m i
i
i=1 (q −1)
i=1 (q −1)
.
Qn
i −1)
i=1 (q
Qm
Qn−m i
i −1)
(q
i=1
i=1 (q −1)
4. Soit W le sous espace affine de dimension m de Kn contenant l’origine et les vecteurs e1 , . . . , em .
Il est clair que l’orbite de W est l’espace GR(n, m) tout entier.
Soit f ∈ GAn (K). Alors il est clair que f est dans le stabilisateur SW de W si et seulement
si f est la composée d’une translation suivant un vecteur de W avec une application linéaire
dans SW . On a donc
|SW | = |W||SW |
.
= q m |SW |
33
Donc en appliquant la formules des classes, on obtient
|GR(n, m)| =
q n |GLn (K)|
q m |SW |
= q n−m |Gr(n, m)|
= q
n−m Q
.
Qn
i −1)
i=1 (q
Qn−m i
m
i
i=1 (q −1)
i=1 (q −1)
Exercice 35 Rapports et applications affines
Soient E un plan affine, d une droite de E et A, B, A′ et B ′ quatre points distinct sur d.
1. En utilisant une règle et un compas, construire une parallèle à d passant par un point P donné.
2. Montrer qu’il existe un unique isomorphisme affine f : d → d (resp. g : d → d) telle que
f (A) = A′ et f (B) = B ′ (resp. g(A) = B ′ et g(B) = A′ ).
3. Montrer que tout isomorphisme affine d’une droite conserve le rapport.
4. Soit C ∈ d. Construire à la règle et au compas f (C) et g(C).
5. Construire à la règle et au compas tous les points D (resp. E) tels que f (D) = D (resp.
g(E) = E).
6. Si f (D) = D et g(E) = E, montrer que [D, E, A, B ′] = [D, E, A′, B].
Corrigé :
C ´´
´´
B
A´´
O
A´
B´
D
B
C´
C
A
F IG . 3.1 – Rapports et applications affines
1. On prend 2 points Q et R sur d, et on construit à l’aide du compas le quatrième point T du
parallélogramme QRP T . La droite (P T ) est parallèle à d.
CHAPITRE 3. APPLICATIONS AFFINES
34
2. (A, B) et (A′ , B ′ ) sont deux bases affines de la droite d, donc il existe un unique isomorphisme
affine envoyant A sur A′ et B sur B ′ .
−→
−→
= α si et seulement si AB = αAC. Par linéarité
3. Si A, B et C sont distincts et sur d, alors AB
AC
−−−−−−→
−−−−−−→
−
→ −→
−
→ −→
on a f (AB) = α f (AC), donc f (A)f (B) = αf (A)f (C), c’est à dire f conserve le rapport.
′ B′
4. D’après la question précédente, on sait que le point C ′ = f (C) est caractérisé par AB
=A
,
AC
A′ C ′
ce qui fait fort penser au théorème de Thalès.
−−→
Si f est une translation alors on construit facilement le point f (C) grâce à la relation A′ C ′ =
−→
AC.
Supposons que f ne soit pas une translation. Soit d′ une droite parallèle à d et soient deux points
−−−→ −→
A′′ et B ′′ sur d′ tels que A′′ B ′′ = AB (voir la figure 3.1). Comme f n’est pas une translation,
les droites (A′ A′′ ) et (B ′ B ′′ ) se coupent en un point O. Pour trouver l’image d’un point C de
−−−→ −→
d, on prend C ′′ le point de d′ tel que A′′ C ′′ = AC. D’après le théorème de Thalès, si on note
′′ B ′′
′ B′
=A
= AB
donc f (C) = C ′ .
C ′ le point d’intersection de (OC ′′ ) avec d on a A
A′ C ′
A′′ C ′′
AC
5. Si f est une translation alors tous les points sont fixes si f = Id, et f n’a pas de point fixe
sinon.
Si f n’est pas une translation, d’après la question précédente f (D) = D si et seulement si les
points D, D ′′ et O sont alignés. Mais par construction, pour tout point C de d, les droites (AA′′ )
et (CC ′′ ) sont parallèles. Donc D est l’intersection de d avec la parallèle à (AA′′ ) passant par
O.
6. D’après la question 3, on a
[D, E, A, B ′] =
AD B ′ E
AE B ′ D
=
g(A)g(D) B ′ E
g(A)g(E) B ′ D
=
B ′ g(D) B ′ E
B′ E B′ D
=
B ′ g(D)
B′ D
.
De même on a
[D, E, A′, B] =
A′ D
.
A′ g(D)
−
→ −→
−
→
−→
→
→
Par construction, on a −
g (AB) = − f (AB), donc comme f et −
g sont des applications
−
→
−
→
linéaires sur des espaces de dimension 1, on a g = − f . En particulier
−−′ −−→
−−→
→
B g(D) = −
g (AD)
−
→ −−→
= − f (AD) .
−−−−→
−−→
De même, on a A′ g(D) = −B ′ D. Donc
−−→
= −A′ D
DA′
B ′ g(D)
=
−
B′D
DB ′
35
et d’après la question 3,
De même on a
B ′ g(D)
DA
=−
.
′
BD
DB
A′ D
DA
=−
,
′
A g(D)
DB
donc
[D, E, A, B ′] = [D, E, A′ , B].
Exercice 36 Applications affines et barycentres
Soient E et F deux espaces affines et f : E → F une application. Montrer que f est affine si et
seulement si f conserve les barycentres.
Corrigé : Par associativité du barycentre, il suffit de le montrer pour tous les barycentres
de 2 points.
– Soit f une application affine. Soit A et B deux points de E et C = Bar (A, a), (B, b) avec
−→
−→
b −
BC, et
a + b 6= 0. On a donc AC = a+b
b −−−−−−→
b −
→ −−→
f (BC) =
f (B)f (C)
a+b
a+b
c’est à dire f (C) = Bar (f (A), a), (f (B), b) . Donc toute fonction affine conserve les barycentres.
Soit f une fonction qui conserve les barycentres. On veut montrer que f est affine. On doit donc
−
→
construire la partie linéaire de f . Soit O ∈ E. Pour tout M ∈ E, on définit la fonction f par
−−−−−−−→
−
→ −−→
f (OM) = f (O)f (M). On a alors évidemment
−−−−−−→ −
→ −→
f (A)f (C) = f (AC) =
−−−−−−−→
−
→ −−→
−−→
∀M ∈ E, f (O + OM) = f (M) = f (O) + f (O)f (M) = f (O) + f (OM).
−
→
Il reste donc à montrer que f est linéaire.
−−→
−−→
Soient M ∈ E et λ ∈ K. Soit M ′ le point tel que OM ′ = λOM. Donc
M ′ = Bar (O, 1 − λ), (M, λ) .
Par hypothèse, on a donc
c’est à dire
f (M ′ ) = Bar (f (O), 1 − λ), (f (M), λ)
−
→ −−→
f (λOM) =
=
=
=
−
→ −−→′
f (OM )
−−−−−−−→
f (O)f (M ′)
−−−−−−−→ .
λf (O)f (M)
−
→ −−→
λ f (OM)
CHAPITRE 3. APPLICATIONS AFFINES
36
−−→ −−→ −−→
Soient M ∈ E et M ′ ∈ E. Soient N le point de E tel que ON = OM + OM ′ et I le milieux de
[ON]. Le quadrilatère OMNM ′ est un parallélogramme, donc le point N est aussi le milieux
de [MM ′ ]. Puisque f conserve les barycentres, elle conserve les milieux, donc f (I) est le milieu
de [f (M)f (M ′ )] et de [f (O)f (N)]. Donc f (O)f (M)f (N)f (M ′ ) est un parallélogramme, et en
particulier
−−−−−−−→ −−−−−−−→ −−−−−−−→
f (O)f (N) = f (O)f (M) + f (O)f (M ′ ).
On a donc montré
−
→ −−→ −−→′
f (OM + OM ) =
=
=
=
−
→ −−→
f (ON)
−−−−−−−→
f (O)f (N)
.
−−−−−−−→ −−−−−−−→
f (O)f (M) + f (O)f (M ′ )
−
→ −−→
−
→ −−→
f (OM) + f (OM ′ )
−
→
Donc f est linéaire et f est affine.
Exercice 37 Point fixe d’application affine
1. Montrer qu’une transformation affine dont la partie linéaire est une homothétie de rapport différent de 1 admet exactement un point fixe.
2. Montrer qu’une transformation affine dont la partie linéaire n’admet pas 1 comme valeur propre
a un point fixe.
Corrigé :
1. Voir cours, ou question d’après.
2. Il suffit de résoudre l’équation :
−
→→
→
→
→
f (x + −
u)=x+−
u ⇐⇒ f (x) + f (−
u)=x+−
u
.
−
−
−
→
−
→
−
→
⇐⇒ ( f − Id)( u ) = f (x)x
−
→
Donc si ( f − Id) est inversible, cette équation a une unique solution.
Exercice 38 Sur les homothéties
Soit E un espace affine.
1. Quelle est la composée de deux homothéties h(A, λ) ◦ h(B, µ) ? L’ensemble des homothéties
de E est-il un sous groupe de GA(E) ?
2. Quel est le sous groupe G de E engendré par les homothéties de E ? Ce groupe est-il distingué
dans GA(E) ?
3. Montrer que tout sous groupe commutatif de G est soit un groupe composé de translations, soit
un groupe composé d’homothéties de même centre.
37
Corrigé :
1. Soient f une homothétie de centre A et de rapport λ et g une homothétie de centre B et de
−−→ −
→ →
−−→
rapport µ. On a f ◦ g = f ◦ −
g , donc f ◦ g = λµId. On a donc deux situations possible
– λµ = 1 : dans ce cas, f ◦ g est une translation. On a f ◦ g(B) = f (B), donc f ◦ g est la
−−−−→
translation suivant le vecteur Bf (B). On a
−−−−→
Bf (B) =
=
=
=
−→ −−−−→
BA + Af (B)
−→ −−−−−−→
−AB + f (A)f (B)
.
−→
−→
−AB + λAB
−→
(λ − 1)AB
−→
Donc f ◦ g est la translation suivant le vecteur (λ − 1)AB.
– λµ 6= 1 : dans ce cas, f ◦ g est une homothétie de rapport λµ. Son point fixe C est solution
−−→
−−→
de f ◦ g(B + BC) = B + BC. On a
−−→
−−→
f ◦ g(B + BC) = f (B + µBC)
−−→
= f (B) + λµBC
−−−−→
−
−→
donc le point C satisfait l’équation Bf (B) = (1 − λµ)BC et on trouve
λ − 1 −→
−−→
BC =
AB
1 − λµ
ou encore
−→ λ(1 − µ) −→
AB.
AC =
1 − λµ
2. D’après la question précédente, l’ensemble des homothéties de E n’est pas un sous groupe de
GA(E). En effet, la composée de deux homothéties peut être une translation (qui n’est pas une
homothétie !). Toujours d’après la question précédente, on voit qu’on peut obtenir n’importe
quelle translation en composant 2 homothéties (il suffit de bien choisir les centres). Donc G
contient les homothéties et les translations.
Il est clair que l’ensemble des homothéties et des translations est une sous groupe de GA(E),
donc c’est le groupe G.
Soient f ∈ G et φ ∈ GA(E) On a
−−
−−−−−→
−→ −
→ −
→
φ−1 ◦ f ◦ φ = φ−1 ◦ f ◦ φ
−
→−1
−
→
= φ ◦ λId ◦ φ
−
→−1 −
→
= λφ ◦ φ
= λId
donc on a toujours φ−1 ◦ f ◦ φ ∈ G, c’est à dire G est distingué dans GA(E).
3. Soient H un sous groupe commutatif de G et g ∈ H \ Id. On a deux situations possibles
CHAPITRE 3. APPLICATIONS AFFINES
38
– g a un point fixe B. Alors pour tout f dans H on a f (B) = f (g(B)) = g(f (B)). Donc f (B)
est un point fixe de g. Or, g n’est pas Id, donc f (B) = B.
Donc tous les éléments de H ont B pour point fixe, Donc tous les éléments de H sont des
homothéties de centre B.
– si g n’a pas de point fixe, alors d’après ce qui précède, tout élément de H \ Id n’a pas de
point fixe, c’est à dire H est un groupe de translations.
Exercice 39 Dilatations et transvections
−
→
−
→
1. On étudie d’abord le cas vectoriel. Soit f un automorphisme d’un espace vectoriel E de
−
→
dimension finie n dont l’ensemble des vecteurs fixes est l’hyperplan H . Montrer qu’il existe
−
→
−
→
une base de E telle que la matrice de f dans cette base ait l’une des deux formes (avec
k 6= 1, 0)




k 0 0 0 ··· 0
1 0 0 0 ··· 0
 0 1 0 0 ··· 0 
 1 1 0 0 ··· 0 






 0 0 1 0 ··· 0 

 ;  0 0 1 0 ··· 0  .




..
..




.
.
0 0 0 0 ··· 1
0 0 0 0 ··· 1
−
→
Dans le premier cas, on dira que f est une transvection vectorielle et dans le second, on dira
−
→
que f est une dilatation.
2. Soit f une transformation affine de l’espace affine de dimension 3 qui fixe un hyperplan H et
envoie le point A sur un point distinct A′ . Préciser la construction géométrique de l’image de
tout point par f .
Corrigé :
−
→
−
→
−
→
1. Soit u ∈ E \ H. Donc V ect(u) est un supplémentaire de H dans E et on a f (u) = ku + h
avec h ∈ H.
– Si k = 1, comme f 6= Id, alors h 6= 0. On peut donc compléter h en une base (h, v3 , v4 , . . . , vn )
de H. Comme tous les vecteurs de H sont invariants par f , la matrice de f dans la base
(u, h, v3, v4 , . . . , vn ) est bien de la première forme.
– Si k 6= 1, on pose u′ = (k − 1)u + h et on a
−
→ ′
f (u ) =
=
=
=
−
→
f ((k − 1)u + h)
(k − 1)(ku + h) + h
.
k((k − 1)u + h)
ku′
−
→
Donc si (v2 , v2 , . . . , vn ) est une base de H, (u′ , v2 , v2 , . . . , vn ) est une base de E où la matrice de f est de la deuxième forme.
39
2. Soit O un point de H. On a alors
−−→′
AA =
=
=
=
=
−−−−→
Af (A)
−→ −−−−→
AO + Of (A)
−→ −−−−−−→
−OA + f (O)f (A) .
→ −→
−→ −
−OA + f (OA)
−
→
−→
( f − Id)(OA)
On a maintenant deux cas possibles
−−→ −
−
→
−
→
→
– Si AA′ ∈
/ H , alors Im( f − Id) * H donc f est une dilatation de direction Im( f − Id) =
−−→
V ect(AA′ ).
Soit M ∈
/ H. Alors la droite L passant par M et parallèle à (AA′ ) est globalement invariante
−−→
−−→
par f et donc contient f (M). Si AM ∈ H, alors f (M) = A′ + AM . Sinon, la droite (AM)
intersecte H en un point P , et la droite (P A′ ) intersecte la droite L en f (M).
−−→ −
−
→
→
– Si AA′ ∈ H , alors Im( f − Id) ⊂ H donc f est une transvection.
−−→
−−→
Soit M ∈
/ H. Si AM ∈ H, alors f (M) = A′ + AM . Sinon, la droite (AM) intersecte H en
−−−−−→
−
→
−−→
un point P et de même que précédemment on a Mf (M) = ( f − Id)(P M). Or, les points
−−→
−→
P , M et A sont alignés, donc P M est colinéaire à P A, donc les droites (AA′ ) et (Mf (M))
sont parallèles. Donc f (M) est l’intersection de la parallèle à (AA′ ) passant par M et de la
droite P A′ .
Exercice 40 Une composée
→
−
→ −
Soit E un espace affine de dimension 3 et H un plan de E. Soit S et S ′ deux supplémentaires
−
→
différents de H. Déterminer la composée de la symétrie s par rapport à H parallèlement à S suivie
−
→
de la symétrie s′ par rapport à H parallèlement à S ′ .
Corrigé :
1. L’ensemble des points invariants par s′ ◦ s est exactement P, donc s′ ◦ s est une transvection
ou une dilatation.
Soient M ∈
/ H, M ′ = s(M), M ′′ = s′ (M ′ ), {P } = (MM ′ ) ∩ H et {Q} = (M ′ M ′′ ) ∩ H.
Alors, d’après le théorème des milieux, la droite (P Q) ⊂ H est parallèle à (MM ′′ ). Donc
−−−−
−−−−→
Ms′ ◦ s(M) ∈ H, et d’après l’exercice 6, s′ ◦ s est une transvection de base H.
D’autres exercices intéressants, mais non corrigés
Exercice 41 Symétries
1. Les symétries affines sont-elles les applications affines dont la partie linéaire est une symétrie
vectorielle ?
CHAPITRE 3. APPLICATIONS AFFINES
40
2. Les symétries affines sont-elles les involutions affines ?
Exercice 42 Une propriété des translations et des homothéties
Soient E un espace affine et f : E → E une application affine telle que l’image de toute droite de E
par f soit une droite qui lui est parallèle. Montrer que f est une translation ou une homothétie.
Exercice 43 Structure du groupe affine
1. Soit p : G → Q un morphisme surjectif de groupes et N son noyau. Soit H un sous-groupe
de G tel que la projection p : G → Q réalise un isomorphisme de H sur Q. Montrer que tout
élément g de G s’écrit de manière unique g = nh avec n ∈ N et h ∈ H. Si g = nh et g ′ = n′ h′ ,
donner l’écriture du produit gg ′ comme produit d’un élément de N et d’un élément de H.
2. Soit N et H deux groupes et a : H → Aut(N) une action du groupe H sur le groupe N.
On définit le produit semi-direct de N par H selon a comme étant le groupe N ⋊a H dont
l’ensemble sous-jacent est N × H et la loi
(n, h) ⋆ (n′ , h′ ) = (na(h)n′ , hh′ ).
Montrer qu’il s’agit bien d’une structure de groupe.
Montrer que le produit est direct si et seulement si l’action est triviale et que si l’action n’est
pas triviale le produit semi-direct n’est pas commutatif.
Remarque : dans le cas où N et H sont deux sous groupes d’un groupe G, avec N distingué (ou
normal) dans G, l’action est souvent sous-entendue par conjugaison. )
−
→
−
→
3. Soit maintenant E un espace affine et x un point de E. Soit p : GA(E) → GL( E ), f 7→ f .
Montrer que la projection réalise un isomorphisme de GA(E, x) le sous-groupe de GA(E) des
−
→
éléments qui fixent x sur GL( E ). En déduire une écriture de GA(E) comme produit semi−
→
−
→
direct de ( E , +) par GL( E ). On précisera l’action.
Chapitre 4
Espaces projectifs
Exercice 44 Changeons de point de vue
1. Soient trois points A, B et C sur R ⊂ P 1 (R) comme sur la figure 4.1a). Redessiner la figure
4.1a) après avoir envoyé à l’infini
– le point A,
– le point B,
– le point C,
– un point sur le segment [B; C].
2. Soient 4 droites (AB), (BC), (AC) et (DE) dans R2 ⊂ P 2 (R) comme sur la figure 4.1b).
Redessiner la figure 4.1a) après avoir envoyé à l’infini
– le point F seulement,
– la droite (BC),
– la droite (AC),
– la droite (AE).
F
A
B
B
A
D
C
E
C
a)
b)
F IG . 4.1 – Changeons de point de vue
Corrigé :
1. Voir la figure 4.2.
41
CHAPITRE 4. ESPACES PROJECTIFS
42
B
C
C
A est à l’infini
B est à l’infini
B
A
A
C est à l’infini
C
A
B
un point sur [B; C] est à l’infini
F IG . 4.2 – On fait bouger l’infini dans P 1 (R)
2. Voir la figure 4.3.
Exercice 45 Deux démonstrations du même résultat
Soient W1 et W2 deux sous-espaces projectifs de P n (K) tels que dim(W1 ) + dim(W2 ) ≥ n. Montrer
que W1 ∩ W2 est un sous-espace projectif non vide de P n (K) des deux manières suivantes :
1. en utilisant la définition de P n (K) comme l’ensemble des droites vectorielles de Kn+1 ,
2. en utilisant l’expression d’un sous-espace projectif de P n (K) par un système d’équations.
Corrigé :
1. Voir le cours.
2. Si dim(W1 ) = n − k, on sait que W1 est donné par un système de k équations linéaires


 a1,0 x0 + . . . + a1,n xn = 0
..
.
.

 a x + ...+ a x = 0
k,0 0
k,n n
De même, si dim(W2 ) = n − l alors W2 est donné par un système de l équations linéaires


 b1,0 x0 + . . . + b1,n xn = 0
..
.
.

 b x + ...+ b x
= 0
l,0 0
l,n n
43
A
B
A
F
E
D
D
C
le point F est à l’infini
la droite (BC) est à l’infini
D
C
B
F
F
B
E
la droite (AC) est à l’infini
la droite (AE) est à l’infini
F IG . 4.3 – On fait bouger l’infini dans P 2(R)
Donc W1 ∩ W2 est donné par le système de k + l équations linéaires









Donc on a








a1,0 x0 + . . . + a1,n xn = 0
..
.
ak,0 x0 + . . . + ak,n xn = 0
.
b1,0 x0 + . . . + b1,n xn = 0
..
.
bl,0 x0 + . . . + bl,n xn
= 0
dim(W1 ∩ W2 ) ≥ n − (k + l) = dim(W1 ) + dim(W2 ) − n ≥ 0.
CHAPITRE 4. ESPACES PROJECTIFS
44
Exercice 46 CNS
Donner des conditions nécessaires et suffisantes en termes de coordonnées homogènes pour que
1. n + 1 points de P n (K) soient inclus dans un hyperplan projectif,
2. n + 1 hyperplans de P n (K) soient concourants,
3. un point de coordonnées homogènes [x0 : . . . : xn ] de P n (K) soit dans l’hyperplan projectif
engendré par les points de coordonnées homogènes [a1,0 : . . . : a1,n ], . . . , [an,0 : . . . : an,n ].
Corrigé :
1. On prend n + 1 points dans P n (R) de coordonnées homogènes
[ai,0 : . . . : ai,n ], i = 0, . . . , n.
Alors ces vecteurs sont contenus dans un hyperplan de P n (R) si et seulement si les vecteurs
(ai,0 , . . . , ai,n ) sont contenus dans un hyperplan vectoriel de Rn+1 , c’est à dire si et seulement
si


a0,0 . . . . . . a0,n


..
det  ...
 = 0.
.
an,0 . . . . . . an,n
2. On a n + 1 hyperplans d’équations
ai,0 x0 + . . . + ai,n xn = 0, pour i = 0, . . . , n.
Alors ces hyperplans projectifs sont concourants si et seulement si il existe des nombres v0 , . . . , vn
dans K non tous nuls tels que


 a0,0 v0 + . . . + a0,n vn = 0
..
.

 a v + ...+ a v = 0
n,0 0
n,n n
c’est à dire si et seulement si


a0,0 . . . . . . a0,n

..  = 0.
det  ...
. 
an,0 . . . . . . an,n
3. D’après la question 1, le point de coordonnées homogène [x0 : . . . : xn ] est dans l’hyperplan
projectif engendré par les points de coordonnées homogènes [ai,0 : . . . : ai,n ] si et seulement si


a1,0 . . . . . . a0,n x0

..
..  = 0.
det  ...
.
. 
a1,0 . . . . . . an,n xn
45
Exercice 47 Coordonnées homogènes
Soient A0 . . . , An+1 des points d’un espace projectif E de dimension n sur un corps K tels que n + 1
quelconques d’entre eux ne soient jamais sur un hyperplan de E.
1. Montrer qu’il existe un système de coordonnées homogènes sur E où les coordonnées des Ai
sont :
A0 : [1 : 0 : . . . : 0],
A1 : [0 : 1 : 0 : . . . : 0],
...
An : [0 : . . . : 0 : 1] et An+1 : [1 : . . . : 1].
2. Soient v0 = (b0,0 , . . . , b0,n ), . . . , vn+1 = (bn+1,0 , . . . , bn+1,n ) des vecteurs de Kn+1 tels que
n + 1 quelconques d’entre eux soient toujours linéairement indépendants. Montrer qu’il existe
un système de coordonnées homogènes sur E où les coordonnées des Ai sont :
Ai : [bi,0 : . . . : bi,n ].
Corrigé :
1. On fixe un système de coordonnées homogènes quelconque sur E et on note [ai,0 : . . . : ai,n ]
les coordonnées de Ai dans ce système. On note aussi ui = (ai,0 , . . . , ai,n ) ∈ Kn+1 . Comme
les points A0 , . . . , An ne sont pas dansP
un hyperplan de E, on sait que (u0 , . . . , un ) forme une
n+1
base de K . De plus, on a un+1 = ni=0 αi ui avec αi 6= 0 pour tout i. Donc dans la base
(α0 u0 , . . . , αn un ) de Kn+1 , les coordonnées homogènes des Ai sont comme demandées.
2. On sait que (v0 , . . . , vn ) est une base de Kn+1 et que vn+1 a toutes ses coordonnées non
nulles dans
P cette base, donc quitte à multiplier les vecteurs v0 , . . . , vn , on peut supposer que
vn+1 = ni=0 vi . Soit (u0 , . . . un ) la base où les coordonnées de ei (le ième vecteur de la base
canonique) sont vi . Alors dans la base (u0 , . . . , un ) de Kn+1 , les coordonnées homogènes des
Ai sont comme demandées.
Exercice 48 Des points alignés
Dans un plan projectif réel, on considère 3 points non alignés A, B et C. Soit I un point qui n’est pas
sur les droites (AB), (AC) et (BC). Soient A′ , B ′ et C ′ les points d’intersections de, respectivement,
(BC) et (AI), (AC) et (BI), et enfin (AB) et (CI). Soient P := (BC)∩(B ′ C ′ ), Q := (CA)∩(C ′ A′ )
et R := (AB) ∩ (A′ B ′ ).
1. Combien les points A, B et C définissent de triangles dans P 2 (R) ?
2. Montrer analytiquement que les points P , Q et R sont alignés.
3. En utilisant le fait que dans un plan affine, deux droites parallèles se coupent sur la droite à
l’infini du projectivisé du plan, redémontrer sans calcul que les points P , Q et R sont alignés.
Corrigé :
1. Une droite dans P 2 (R) est un espace projectif P 1 (R) et est donc un cercle. Maintenant, deux
points sur un cercle définissent non pas un, mais DEUX segments ! Donc chaque couple de
points sur une droite dans P 2 (R) définit DEUX segments. On voit ainsi sur la figure 4.4 que
trois points dans P 2 (R) définissent non pas un mais QUATRE triangles !
CHAPITRE 4. ESPACES PROJECTIFS
46
B
B
A
A
C
B
C
B
A
A
C
C
F IG . 4.4 – 3 points définissent 4 triangles dans P 2 (R)
2. D’après l’exercice 4.1, il existe un système de coordonnées homogènes dans lequel on a
A : [1 : 0 : 0],
B : [0 : 1 : 0],
C : [0 : 0 : 1]
et
I : [1 : 1 : 1],
ainsi que
A′ : [0 : a1 : a2 ],
B ′ : [b1 : 0 : b2 ],
et
C ′ : [c1 : c2 : 0].
Comme les points A, I et A′ sont alignés, on a, d’après l’exercice 3.1


1 1 0
det  0 1 a1  = 0,
0 1 a2
c’est à dire a1 − a2 = 0. On a donc A′ : [0 : 1 : 1]. De même, on a B ′ : [1 : 0 : 1] et
C ′ : [1 : 1 : 0]. On note P : [x : y : z] les coordonnées homogènes de P , et comme les points
B ′ , C ′ et P ′ sont alignés, on a


1 1 x
det  0 1 y  = 0,
1 0 z
c’est à dire −x + y + z = 0. Les points B, C et P sont alignés, donc on a


0 0 x
det  1 0 y  = 0,
0 1 z
47
c’est à dire x = 0. Donc on a P : [0 : 1
P : [1 : −1 : 0]. On a

0
det  1
−1
donc les points P , Q et R sont alignés.
: −1]. De même on obtient Q : [1 : 0 : −1] et

1
1
0 −1  = 0,
−1 0
3. D’après l’exercice 4.2, il existe un système de coordonnées homogènes pour lequel dans une
carte affine de P 2 (R), les points A, B, C et I sont n’importe quel quadruplet de points dans
R2 où 3 d’entre eux ne sont jamais alignés. En particulier, on peut choisir que A, B et C sont
les sommets d’un triangle équilatéral, et que I est le centre de gravité du triangle ABC. Donc
A′ est le milieux de [BC], B ′ est le milieux de [AC] et C ′ est le milieux de [AB]. Donc d’après
le théorème des milieux, les droites (A′ B ′ ) et (AB) sont parallèles, c’est à dire que le point R
est sur la droite à l’infini. De même, P et Q sont sur la droite à l’infini, donc les points P , Q et
R sont alignés.
Exercice 49 Plan dans P 3 (K)
Montrer qu’il existe un unique plan de P 3(K) contenant une droite L donnée et un point p donné
distinct de L.
Corrigé : Si un tel plan H existe, alors son équation est de la forme
ax + by + cz + dt = 0.
Soient deux points distincts de L de coordonnées homogènes [x1 : y1 : z1 : t1 ] et [x2 : y2 : z2 : t2 ]. La
droite L est déterminée par ces deux points, donc H contient L si et seulement si
ax1 + by1 + cz1 + dt1 = 0
.
ax2 + by2 + cz2 + dt2 = 0
De plus, ces deux équations sont indépendantes, car les deux points sont distincts. Soient [x3 : y3 :
z3 : t3 ] les coordonnées homogènes de p. Alors H contient p si et seulement si
ax3 + by3 + cz3 + dt3 = 0.
Donc un tel plan H est donné par un système homogène de 3 équations linéaires à 4 inconnues (a, b,
c et d). Comme p n’est pas sur L, ces trois équations sont indépendantes, donc il existe des solutions
non nulles à ce système, et toutes les solutions sont colinéaires. En particulier, elles définissent un
unique plan H de E.
Un autre exercice intéressant, mais non corrigé
CHAPITRE 4. ESPACES PROJECTIFS
48
Exercice 50 De la topologie avec les mains
On note π la projection naturelle de Rn+1 \ {0} dans P n (R) donnée par
π : Rn+1 \ {0} −→ P n (R)
.
(x0 , . . . , xn ) 7−→ [x0 , : . . . : xn ]
On note π ′ la restriction de l’application π à la sphère S n dans Rn+1 d’équation
Faire des dessins dans les cas n = 1 et 2 peut s’avérer utile...
1. Montrer que l’application π ′ est surjective sur P n (R).
Pn
i=0
x2i = 1.
2. Montrer que pour tout point x de P n (R), l’ensemble π ′−1 (x) est constitué de deux vecteurs
opposés (c’est à dire v et −v) dans Rn+1 .
3. En déduire que P n (R) est la sphère S n où l’on identifie les points diamétralement opposés.
P
4. Soit D n le disque dans Rn d’équation ni=1 x2i ≤ 1. Déduire de la question précédente que
P n (R) est le disque D n où l’on identifie les points diamétralement
Pn 2opposés du bord.
Indication : on peut considérer la demi sphère donnée par i=0 xi = 1 et x0 ≥ 0 dans Rn+1 ,
et la projeter sur D n par l’application (x0 , . . . , xn ) 7→ (x1 , . . . , xn ).
5. Comprendre pourquoi P 1 (R) est le cercle S 1 .
6. Comprendre pourquoi P 2 (R) n’est pas la sphère S 2 .
Indication : Un cercle sépare-t-il toujours P 2 (R) en deux composantes connexes ?
7. La question 3 peut se reformuler ainsi : lorsque qu’on fait agir le groupe {±1} = S 0 sur S n
de manière évidente, alors le quotient S n /S 0 est l’espace projectif réel P n (R). En adaptant les
question 1, 2 et 3 à C, montrer qu’on a
P n (C) = S 2n+1 /S 1 .
Chapitre 5
Espaces projectifs (suite)
Exercice 51 Complété projectif d’une courbe algébrique
→
→
Soit (A, −
ı ,−
 ) un repère affine d’un plan affine E sur un corps K. On notera x, y les coordonnées
cartésiennes associées. Soit P 2 le complété projectif de E.
1. Expliciter le plongement canonique de E dans P 2 . Donner une équation de l’hyperplan à l’infini
H.
2. Expliciter la bijection réciproque de P 2 \ H dans E.
3. Soit M0 (x0 , y0 ) et M1 (x1 , y1 ) deux points distincts de E. Déterminer une équation affine de la
droite (M0 M1 ) de E.
4. Déterminer une équation projective de la droite (M0 M1 ) de P 2.
5. Soit C la courbe d’équation f (x, y) = 0 dans E, où f est un polynôme de degré d en x et y.
Déterminer l’équation de l’image de la courbe C dans P 2 .
6. Exemple : on prend K = R et on considère la parabole d’équation x2 − y + 1 = 0 dans R2 .
Montrer que l’équation de C dans P 2 (R) est X 2 −Y Z + Z 2 = 0. Calculer l’équation de C dans
le plan affine obtenu enlevant la droite d’équation X = 0 de P 2 . Même question en enlevant la
droite affine Y = 0.
Corrigé :
1. Le plongement canonique de E dans P 2 est donné par
E
→
P2
.
(x, y) 7→ [x : y : 1]
Si on note [X : Y : Z] les coordonnées homogènes de P 2 provenant de E, la droite à l’infini
est donnée par l’équation Z = 0.
2. La bijection est
P2 \ H
→
E
.
X Y
[X : Y : Z] 7→ ( Z , Z )
3. L’équation affine de la droite (M0 M1 ) est
(y0 − y1 )x + (x1 − x0 )y + (x0 y1 − x1 y0 ) = 0.
49
CHAPITRE 5. ESPACES PROJECTIFS (SUITE)
50
4. L’équation projective de la droite (M0 M1 ) est donnée par


x0 x1 X
det  y0 y1 Y  = 0
1 1 Z
c’est à dire
(y0 − y1 )X + (x1 − x0 )Y + (x0 y1 − x1 y0 )Z = 0.
5. Soit F (X, Y, Z) = 0 l’équation projective de C. D’après la question 1, on peut prendre
F (x, y, 1) = f (x, y). Si Z 6= 0, on a
[X : Y : Z] = [
X Y
: , 1]
Z Z
et donc
X Y
X Y
, , 1) = 0 ⇐⇒ f ( , ) = 0.
Z Z
Z Z
X Y
1
Pour se débarrasser des termes en Z , il faut multiplier F ( Z , Z , 1) par Z d . Donc
F (X, Y, Z) = 0 ⇐⇒ F (
F (X, Y, Z) = Z d f (
C’est à dire que si
f (x, y) =
alors
F (X, Y, Z) =
X
X
X Y
, ).
Z Z
ai,j xi y j
ai,j X i Y j Z d−(i+j) .
Donc tous les monômes de F sont de degré d !
6. D’après la question précédente, l’équation de la parabole dans P 2 (R) est X 2 − Y Z + Z 2 = 0.
Pour obtenir l’équation affine de C quand on enlève la droite X = 0 de P 2 (R), il suffit, toujours
d’après la question précédente, de faire X = 1 dans l’équation projective. On obtient donc
l’équation :
1 − z(y − z) = 0
c’est à dire l’équation d’une hyperbole !
De même, en enlevant la droite d’équation Y = 0, on obtient l’équation affine
X2 − Z + Z2 = 0
c’est à dire
1
1
X 2 + (Z − )2 − = 0
2
4
qui est l’équation d’une ellipse !
Ainsi, en projectif, il n’y a pas de différence entre un parabole, une ellipse et une hyperbole !
Exercice 52 Birapport
51
Soient cinq points distincts A, B, C, D, E d’une droite projective. Calculer
[A, B, C, D][A, B, D, E][A, B, E, C].
Corrigé : On identifie la droite projective à K ∪ {∞} et on applique la formule du birapport :
−zA zD −zB
−zA zE −zB
−zA zC −zB
[A, B, C, D][A, B, D, E][A, B, E, C] = ( zzCC −z
)( zzDD −z
)( zzEE −z
)
B zD −zA
B zE −zA
B zC −zA
= 1.
Exercice 53 Homographies
Dans un espace projectif P , soit trois points distincts A, B, C sur une droite projective d et trois autres
points distincts A′ , B ′ , C ′ sur une autre droite projective. Montrer qu’il existe une homographie de P
qui transforme A, B, C en A′ , B ′ , C ′ .
Corrigé : On sait qu’il existe un système de coordonnées homogènes où on a
A = [1 : 0 : . . . : 0], B = [0 : 1 : 0 : . . . : 0] et C = [a : b : 0 : . . . : 0]
avec a 6= 0 et b 6= 0. Quitte à faire le changement de variables [X0 : . . . : Xn ] → [ Xa0 : Xb1 : X2 :
. . . : Xn ] on peut supposer que C = [1 : 1 : 0 : . . . : 0]. De même, il existe un autre système de
coordonnées homogènes où on a
A′ = [1 : 0 : . . . : 0], B ′ = [0 : 1 : 0 : . . . : 0] et C ′ = [1 : 1 : 0 : . . . : 0].
Le changement de coordonnées homogène entre ces deux systèmes est une homographie qui transforme A, B, C en A′ , B ′ , C ′ .
Exercice 54 Homographies et birapport
Montrer qu’une bijection entre deux droites projectives est une homographie si et seulement si elle
conserve le birapport.
Corrigé : On va utiliser ici la "vraie" définition du birapport qui est :
Étant donné 3 points A, B et C d’une droite projective d, il existe une unique homographie h de d sur
P 1(K) envoyant A sur [0 : 1], B sur [1 : 0] et C sur [1 : 1]. Pour tout D de d, on définit le birapport
[A, B, C, D] comme étant h(D).
– Soit f une homographie entre deux droites projectives d et d′ , et soient A, B, C et D 4 points de
d. Soit h l’unique homographie de d dans P 1 (K) envoyant A sur [0 : 1], B sur [1 : 0] et C sur
[1 : 1]. Alors h ◦ f −1 est l’unique homographie de d′ dans P 1 (K) envoyant f (A) sur [0 : 1], f (B)
sur [1 : 0] et f (C) sur [1 : 1]. Donc par définition,
[f (A), f (B), f (C), f (D)] = h ◦ f −1 (f (D))
= h(D)
= [A, B, C, D]
c’est à dire f conserve le birapport.
CHAPITRE 5. ESPACES PROJECTIFS (SUITE)
52
– Soit f une bijection entre deux droites projectives d et d′ qui conserve le birapport. Soient A, B
et C 3 points de d, et soit h l’unique homographie de d dans P 1 (K) envoyant A sur [0 : 1], B sur
[1 : 0] et C sur [1 : 1]. On note h′ l’unique homographie de d′ dans P 1 (K) envoyant f (A) sur
[0 : 1], f (B) sur [1 : 0] et f (C) sur [1 : 1]. Par hypothèse, on a pour tout point D de d
[f (A), f (B), f (C), f (D)] = [A, B, C, D]
c’est à dire
h′ (f (D)) = h(D)
et donc
f (D) = h′−1 ◦ h(D).
Comme h et h′ sont des homographies, f est aussi une homographie.
Exercice 55 Axe d’une homographie
1. Soient d, d′ et ∆ trois droites distinctes d’un plan projectif. Soit A un point de d et A′ un point de
d′ . On considère l’application f de d sur d′ qui envoie tout M de d sur le point M ′ de d′ de sorte
que les droites (MA′ ) et (M ′ A) soient sécantes sur ∆. Montrer que f est une homographie de
d sur d′ qui envoie A sur A′ .
2. Soit f une homographie entre deux droites projectives coplanaires d et d′ . Montrer qu’il existe
une droite ∆ telle que pour tout couple de points distincts (A, B) sur d d’image (A′ , B ′ ) les
droites (AB ′ ) et (A′ B) se coupent sur ∆.
3. Soient trois points distincts A, B, C sur une droite projective d et trois autres points distincts
A′ , B ′ , C ′ sur une autre droite projective d′ coplanaire à d. Montrer que les droites (AB ′ ) et
(A′ B) d’une part, (AC ′ ) et (A′ C) d’autre part, et enfin (BC ′ ) et (B ′ C) se coupent en trois
points alignés.
4. Que peut-on dire de plus dans le cas où (AA′ ), (BB ′ ) et (CC ′ ) sont concourantes ?
Corrigé : Les applications projectives définies sur le plan projectif seront notées en lettres majuscules, et les applications projectives définies sur une droite projective seront notées en lettres minuscules.
1. Soient H la projection de centre A′ sur ∆ et H ′ la projection de centre A sur d′ . Si F = H ′ ◦ H,
comme H et H ′ sont des applications projectives, F est aussi projective. On a f = F |d et F est
définie sur d, donc f est une homographie. De plus, on a évidemment f (A) = A′ .
2. Soit I le point d’intersection des droites d et d′ .
– Si f (I) 6= I. Soient I ′ = f −1 (I), I ′′ = f (I) et ∆ = (II ′ ). Soient A ∈ d, A′ = f (A) et g
l’homographie construite comme dans la question 1 qui envoie A sur A′ . Alors f et g sont
deux homographies qui vérifient f (I ′ ) = g(I ′), f (A) = g(A) et f (I ′′ ) = g(I ′′ ) donc f = g.
En particulier, pour tout point B ∈ d, les droites (AB ′ ) et (A′ B) se coupent sur ∆.
– Si f (I) = I. Soient A ∈ d, A′ = f (A), C ∈ d, C ′ = f (C), I ′ = (AC ′ )∩(A′ C) et ∆ = (II ′ ).
Soit g l’homographie construite comme dans la question 1 qui envoie A sur A′ . Alors f et
g sont deux homographies qui vérifient f (I) = g(I), f (A) = g(A) et f (C) = g(C) donc
f = g. En particulier, pour tout point B ∈ d, les droites (AB ′ ) et (A′ B) se coupent sur ∆.
53
d
A
M’
d’
M
A’
∆
F IG . 5.1 –
3. Il existe une homographie f : d → d′ envoyant les points A, B et C sur les points A′ , B ′ et C ′ .
On applique la question précédente à f , et les points d’intersections sont donc sur la droite ∆.
4. Soit O le point d’intersection des droites (AA′ ), (BB ′ ) et (CC ′ ). Alors si on note H la projection de centre O sur d′ , on a H|d = f . De plus, en utilisant le théorème 2.7.3 du cours, on a
que [A, A′ , O, O ′] = −1, où O ′ = ∆ ∩ (AA′ ). Donc ∆ est la polaire de O par rapport à d et d′ .
Exercice 56 Une règle dans P 2 (R)
Soient ABED, BCF E, DEHG et EF IH quatre carrés dans R2 ⊂ P 2 (R) et h : P 2 (R) → P 2 (R)
une homographie. Étant donnés les points h(A), h(B), h(E) et h(D), construire à l’aide d’une règle
les points h(C), h(F ), h(I), h(H) et h(G).
G
H
I
h(D)
D
E
F
h
h(E)
A
B
C
h(A)
h(B)
Corrigé : Les droites (AC) et (DF ) sont parallèles, donc se coupent sur la droite à l’infini. De
même pour les droites (DA) et (EB) ainsi que pour les droites (AE) et (BF ). En particulier, tous
ces points d’intersection sont alignés. Une homographie conserve l’alignement, donc les images de
ces points sont aussi alignés. On pose
P = (h(A)h(D)) ∩ (h(E)h(B)), Q = (h(A)h(B)) ∩ (h(E)h(D)), R = (h(A)h(E)) ∩ (P Q).
CHAPITRE 5. ESPACES PROJECTIFS (SUITE)
54
h(G)
h(H)
h(D)
R
h(I)
h(E)
h(F)
h(A)
h(B)
h(C)
Q
P
F IG . 5.2 –
On a alors, par condition d’alignements (voir la figure 5.2))
h(F ) = (h(B)R) ∩ (h(E)h(D)), h(C) = (h(F )P ) ∩ (h(A)h(B)),
h(G) = (h(A)h(D)) ∩ (h(E)h(C)), h(H) = (h(G)Q) ∩ (h(E)h(B)),
et
h(I) = (h(G)Q) ∩ (h(C)h(F )).
55
Exercice 57 Point fixe d’une homographie
1. Soit f : P n (K) → P n (K) une homographie. Montrer que si K = C, ou si K = R et n est pair,
alors f a toujours un point fixe.
2. Trouver une homographie f : P 1 (R) → P 1(R) sans point fixe.
Corrigé :
1. L’homographie f provient d’un automorphisme linéaire F : Kn+1 → Kn+1 . Soit v un vecteur
non nul de Kn+1 et x son image dans P n (K). Alors x est un point fixe de f si et seulement si v
est un vecteur propre de F .
Si K = C, alors toute application linéaire admet un vecteur propre, donc f admet un point fixe.
Si K = R et n est pair, alors F est un automorphisme linéaire réel en dimension impaire, et
donc admet un vecteur propre. Donc dans ce cas aussi, f admet un point fixe.
2. Il suffit de trouver un automorphisme linéaire de R2 sans vecteur propre. On peut prendre par
exemple la rotation d’angle π2 donnée par la matrice
0 −1
1 0
.
Dans ce cas, l’application f est donnée par
f ([X : Y ]) = [−Y : X]
c’est à dire, en identifiant P 1 (R) à R ∪ {∞}
1
f (x) = − .
x
Exercice 58 Dualité
Dans un plan projectif, soient d une droite et A, B deux points hors de d. Pour chaque choix de deux
points M et M ′ sur d on considère la droite ∆ passant par les points (MA)∩(M ′ B) et (M ′ A)∩(MB).
Montrer qu’il existe un point par lequel passent toutes les droites ∆.
Corrigé : On écrit d’abord l’énoncé dual :
Dans un plan projectif, soient d∗ un point et A∗ , B ∗ deux droites ne contenant pas d∗ . Pour chaque
choix de deux droites M ∗ et M ′∗ passant par d∗ , on note p = M ∗ ∩ A∗ , p′ = M ∗ ∩ B ∗ , q = M ′∗ ∩ A∗ ,
q ′ = M ′∗ ∩ B ∗ et ∆∗ = (pq ′ ) ∩ (p′ q). Montrer que tous les points ∆∗ ainsi construit sont alignés.
D’après l’exercice 5, les points ∆∗ se trouvent sur l’axe de la projection sur B ∗ de centre d∗ (voir
figure 5.3). Ils sont donc alignés.
Exercice 59 Incidences
CHAPITRE 5. ESPACES PROJECTIFS (SUITE)
56
B*
q’
p’
A*
∆*
p
q
d*
M’*
M*
F IG . 5.3 – Figure duale de l’énoncé de l’exercice 8
Soient P un plan projectif, m un point de P et D une droite de P ne contenant pas m. Soit m∗ la
droite duale de m (c’est à dire l’ensemble des droites de P passant par m). On définit l’application
d’incidence i : m∗ → D en associant à chaque droite passant par m son point d’intersection avec D.
Montrer que i est une homographie.
Corrigé : On considère un système de coordonnées homogènes [X : Y : Z] sur P . Quitte à faire
un changement de variable, on peut supposer que m = [1 : 0 : 0] et que D est la droite d’équation
X = 0. Les droites passant par m ont pour équation aY + bZ = 0, donc m∗ est l’ensemble des
points de P ∗ de coordonnées [0 : a : b], c’est à dire la droite d’équation X = 0. De plus, le point
d’intersection de la droite d’équation aY + bZ = 0 et de la droite d’équation X = 0 est le point de
coordonnées [0 : b : −a]. Donc l’application i∗ s’écrit de la manière suivante :
i∗ :
m∗ →
D
.
[a : b] 7→ [b : −a]
C’est bien une homographie.
Exercice 60 Birapport de droites
1. Soient d1 , d2 , d3 et d4 quatre droites concourantes d’un plan projectif. Soit d une droite qui
coupe les quatre droites. Soit Ai = d ∩ di . Montrer que [A1 , A2 , A3 , A4 ] est indépendant de la
droite d. On l’appelle birapport des droites di et on note [d1 , d2 , d3 , d4].
2. On note m le point d’intersection des droites di et m∗ sa droite duale. Montrer que [d1 , d2 , d3 , d4 ]
est en fait égal au birapport des quatre points d∗i sur la droite m∗ .
Corrigé :
1. C’est le théorème de Thalès projectif.
2. Soit d une droite du plan qui coupe les quatre droites d1 , d2 , d3 et d4 , et soit i∗ : m∗ → d
l’application d’incidence définie dans l’exercice 9. Alors on a
d∗i = (i∗ )−1 (Ai ).
57
D’après l’exercice 9, l’application i∗ est une homographie, donc (i∗ )−1 aussi. On a donc, par
conservation du birapport,
[d1 , d2 , d3 , d4] = [A1 , A2 , A3 , A4 ]
= [d∗1 , d∗2 , d∗3, d∗4 ].
Exercice 61 Droites concourantes et birapport
Soient D et D ′ deux droites d’un plan projectif qui se coupent en A. On se donne 3 points P , Q et R
sur D et 3 points P ′ , Q′ et R′ sur D ′ . Montrer que les droites (P P ′), (QQ′ ) et (RR′ ) sont concourantes
si et seulement si [A, P, Q, R] = [A, P ′, Q′ , R′ ].
Corrigé : Si les droites (P P ′), (QQ′ ) et (RR′ ) sont concourantes, alors par le théorème de Thalès,
on a [A, P, Q, R] = [A, P ′ , Q′ , R′ ].
Supposons maintenant que [A, P, Q, R] = [A, P ′ , Q′ , R′ ]. Soit O le point d’intersection de (P P ′) et
(QQ′ ), et soit f la projection sur D ′ de centre O. On a alors f (A) = A, f (P ) = P ′ et f (Q) = Q′ .
De plus, si f (R) = R′′ , alors par conservation du birapport [A, P, Q, R] = [A, P ′ , Q′ , R′′ ]. Donc
[A, P ′, Q′ , R′ ] = [A, P ′ , Q′ , R′′ ], c’est à dire R′′ = R′ . Donc la droite (RR′ ) passe aussi par le point
O.
Exercice 62 Un "petit" théorème de Bezout
Un polynôme en n + 1 variables P (X0 , . . . , Xn ) ∈ K[X0 , . . . , Xn ] est dit homogène de degré d si il
s’écrit comme une somme de monômes de degré exactement d, c’est à dire
X
d−(i +...+in ) i1
X1 . . . Xnin .
P (X0 , . . . , Xn ) =
ai1 ,...,in X0 1
On suppose que le corps KQest algébriquement clos de caractéristique 0, et que P n’a pas de facteur
multiple (c’est à dire P = Pi où les Pi sont irréductibles et distincts).
1. Montrer que cela n’a pas de sens de parler de la valeur de P en un point [x0 : . . . : xn ] de P n (K),
sauf si cette valeur est 0. On note V (P ) = {[x0 : . . . : xn ] ∈ P n (K)|P (x0 , . . . , xn ) = 0}.
2. On prend n = 1. Montrer que si P (X, Y ) est homogène de degré d, alors |V (P )| = d.
3. On prend n = 2. Montrer que génériquement, une droite D de P 2 (K) intersecte V (P ) en d
points.
4. Application : on prend n = d = 2. Soit m un point de la conique V (P ). Montrer que V (P )
est en bijection avec m∗ , la droite duale à m. Donner une représentation géométrique de cette
bijection.
Corrigé :
1. Comme le polynôme P est homogène de degré d, on a
P (λx0 , . . . , λxn ) = λd P (x0 , . . . , xn ).
CHAPITRE 5. ESPACES PROJECTIFS (SUITE)
58
Les coordonnées homogènes [x0 : . . . : xn ] et [λx0 : . . . : λxn ] représentent le même point de
P n (K), donc la valeur de P en [x0 : . . . : xn ] est bien définie si et seulement si
P (x0 , . . . , xn ) = P (λx0 , . . . , λxn )
= λd P (x0 , . . . , xn )
∀λ ∈ K∗ .
Comme K est de caractéristique 0, on voit en prenant λ = 2 que cela n’est possible uniquement
si
P (x0 , . . . , xn ) = 0!
2. Si n = 1, alors P peut être vu comme un polynôme en 1 variable sur un corps algébriquement
clos :
P
P (X, Y ) =
ai X i Y d−i
= Yd
où Q(Z) =
P
P
i
ai X
Yi
= Y d Q( X
)
Y
ai Z i . Comme K est algébriquement clos, le polynôme Q est scindé, c’est à dire
Q(Z) =
d
Y
(αi Z − βi ).
i=1
Donc on a
P (X, Y ) = Y d
=
Qd
Qd
X
i=1 (αi Y
i=1 (αi X
− βi )
− βi Y ).
Donc P s’annule en les points [βi : αi ], et comme P est sans facteur multiple, on a bien
|V (P )| = d.
3. La droite D de P 2 (K) passant par les points [a : b : c] et [α : β : γ] se paramétrise par
[aT + αU : bT + βU : cT + γU] avec [T : U] ∈ P 1 (K). Donc les points d’intersection de
V (P ) et de la droite D sont les points [aT + αU : bT + βU : cT + γU] pour lesquels
P (aT + αU, bT + βU, cT + γU) = 0.
Mais P (aT + αU, bT + βU, cT + γU) est maintenant un polynôme homogène de degré d en
2 variables, et on se convainc assez facilement que pour un choix générique de la droite, ce
polynôme est sans facteur commun (c’est à dire que la droite D n’est pas tangente à V (P )).
Donc d’après la question 2, ce polynôme a d racines distinctes, c’est à dire
|V (P ) ∩ D| = d.
4. D’après la question 3, toute droite D passant par m intersecte la conique V (P ) en deux points
m et mD si D n’est pas la tangente à V (P ) en m, et intersecte V (P ) seulement en m si D est
la tangente à V (P ) en m. On a ainsi une bijection entre m∗ et V (P ) donnée par
φ : m∗ −→ V (P )
D 7−→ mD
m
si D n’est pas la tangente à V(P) en m .
si D est la tangente à V(P) en m
59
Géométriquement, l’application φ correspond à la projection sur une droite d et de centre m
de la conique V (P ) (voir la figure 5.4).
m
P
R
Q
d
φ(R)
φ(Q)
φ(P)
F IG . 5.4 – Projection d’une conique sur une droite
D’autres exercices intéressants, mais non corrigés
Exercice 63 Encore du birapport !
Soient A, B, C, D et E cinq points distincts d’une droite projective. Exprimer les birapports [A, B, D, E],
[A, C, D, E] et [B, C, D, E] en fonction des birapports x = [A, B, C, D] et y = [A, B, C, E].
Exercice 64 Calculs en coordonnées homogènes
On se donne la configuration de la figure 5.5 dans un plan projectif.
M
L
N
P
A
B
C
D
E
F
F IG . 5.5 – Une configuration dans un plan projectif
CHAPITRE 5. ESPACES PROJECTIFS (SUITE)
60
1. Dessiner la configuration affine correspondante dans le plan affine obtenu en plaçant la droite
(LM) à l’infini.
2. On se place dans le repère projectif où
A = [1 : 0 : 0], B = [0 : 1 : 0], L = [0 : 0 : 1],
et
C = [1 : 1 : 0].
Déterminer les équations des droites (BL), (DM), (NA), (LE) et (MP ), ainsi que les coordonnées homogènes des points N = (BL) ∩ (DM), P = (NA) ∩ (LE) et F = (AB) ∩ (MP )
en terme des coordonnées homogènes des points D, E et M.
3. Exprimer le birapport [A, B, C, F ] en fonction des birapports x = [A, B, C, D] et y = [A, B, C, E].
Chapitre 6
Formes sesquilinéaires, symétriques et
antisymétriques
Pour un rafraîchissement sur les formes quadratiques, vous pourrez consulter le cours Formes quadratiques et géométrie de Jan Nekovář à l’adresse http ://www.math.jussieu.fr/ nekovar/co/q/.
Exercice 65 Rang d’une application semi-linéaire
Soit E et F deux espaces vectoriels de dimension finie sur un corps K. Soit σ un automorphisme du
corps K et f une application σ-semi-linéaire de E dans F .
1. Montrer que Imf est un sous-espace vectoriel de F . On appellera rang de f sa dimension.
2. Expliquer comment calculer le rang de f à l’aide de déterminants.
Corrigé :
1. On montre que Im(f ) est stable par addition et multiplication par un scalaire. Soient y1 , y2 ∈
Im(f ) et λ1 λ2 ∈ K. Donc il existe x1 , x2 ∈ E tels que f (xi ) = yi . On a alors
−1
−1
λ1 y1 + λ2 y2 = f (σ λ1 x1 +σ λ2 x2 ) ∈ Im(f ).
Donc Im(f ) est bien un sous espace vectoriel de F .
2. Soient B une base de E, B ′ une base de F et M la matrice de f (B) dans la base B ′ . Si X
représente les coordonnées dans B d’un vecteur x de E et si Y représente les coordonnées
dans B ′ du vecteur f (x), on voit alors facilement que
Y = M σX.
Soit g l’application linéaire de E dans F de matrice M dans les bases B et B ′ . On alors
Im(f ) = {M σX, X ∈ E} et
Im(g) = {MX, X ∈ E}.
Comme l’application X 7→ σX est une bijection de E, on a Im(f ) = Im(g). En particulier, rg(f ) = rg(M), et on peut utiliser toutes les techniques connues sur les matrices pour
déterminer le rang de f .
61
62
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
Exercice 66 Parties réelle et imaginaire d’une forme hermitienne
Soient K un corps de caractéristique différente de 2 et σ 6= Id un automorphisme du corps K vérifiant
σ 2 = Id.
1. Montrer que k = {λ ∈ K|σ(λ) = λ} est un sous corps de K.
2. Montrer qu’il existe un élément a de K∗ vérifiant σ(a) = −a. On se fixe désormais un tel
élément.
3. Montrer que tout élément λ de K s’écrit de manière unique comme λ = u + av avec u et v dans
k. On pose R(λ) = u et I(λ) = v.
4. Montrer que R et I sont k-linéaires, et que R ne dépend pas du choix de a.
5. Soit f un application hermitienne pour σ, et on pose g = R ◦ f et h = I ◦ f . Montrer que g est
une forme k-bilinéaire symétrique, et que h est une forme k-bilinéaire antisymétrique.
Que peut-on dire de plus si f est non-dégénérée ?
Corrigé :
1. Soient λ, µ ∈ k. On a
σ(λ + µ) = σ(λ) + σ(µ) = λ + µ et σ(λµ−1) = σ(λ)σ(µ)−1 = λµ−1
donc λ + µ ∈ k et λµ−1 ∈ k donc k est un sous corps de K.
2. Soit b \ k. On pose a = b − σ(b). Comme b \ k, on a 6= 0. De plus, il est clair que σ(a) = −a.
3. Si un élément λ dans K s’écrit u + av avec u et v dans k, alors σ(λ) = u − av et on obtient
u=
λ − σ(λ)
λ + σ(λ)
et v =
2
2a
Donc si u et v existent, ils sont uniques. De plus, on voit que si on définit u et v comme ci dessus,
on a bien u, v ∈ k et λ = u + av.
4. Il découle immédiatement de la définition de k que σ est k-linéaire. Donc R et I sont une somme
de deux applications k-linéaires donc sont k-linéaires.
5. On a
f (x, y) + f (y, x)
f (x, y) + σ(f (x, y)
=
2
2
donc g est symétrique. On a aussi
g(x, y) =
h(x, y) =
f (x, y) − σ(f (x, y)
f (x, y) − f (y, x)
=
2a
2a
donc h est antisymétrique.
On suppose maintenant que f est non dégénérée. Soit x ∈ Ker(g), c’est à dire (V est l’espace
vectoriel de définition de f )
∀y ∈ V, g(x, y) = 0
donc d’après ce qui précède,
∀y ∈ V, f (x, y) = −f (y, x)
63
c’est à dire
Im(y 7→ f (x, y)) ⊂ {λ ∈ K|σ(λ) = −λ} =
6 K.
Or, l’application y 7→ f (x, y) est une forme K-linéaire sur V , donc elle est surjective ou nulle.
Donc on a
∀y ∈ V, f (x, y) = 0
et comme f est non dégénérée, on a x = 0. Donc g est aussi non dégénérée.
De même, on montre que h est non dégénérée.
Exercice 67 Vecteurs isotropes d’une forme quadratique
Déterminer l’ensemble des vecteurs isotropes des formes quadratiques non dégénérées suivantes.
Dans chaque cas, on donnera l’indice, c’est à dire la dimension des sous-espaces totalement isotropes
maximaux.
1. K = R : q = x2 + y 2, x2 − y 2, x2 + y 2 − z 2 , x2 + y 2 + z 2 − t2 , x2 + y 2 − z 2 − t2 .
2. K = C : q = x2 + y 2, x2 + y 2 + z 2 .
Corrigé : Comme dans le cours, C(q) désigne le cône quadratique associé à la forme quadratique q,
et ν(q) désigne son indice. On rappelle deux propriétés utilisées dans cet exercice :
Si q est non dégénérée, alors ν(q) ≤
dim(V )
2
et
Si W est un sous espace vectoriel de V inclus dans C(q), alors W est totalement isotrope.
1. – q(x, y) = x2 + y 2 : On a
q(x, y) = 0 ⇔ x = y = 0
donc C(q) = {(0, 0)} et ν(q) = 0.
– q(x, y) = x2 − y 2 : On a
q(x, y) = (x − y)(x + y)
donc C(q) est l’union des droites d’équation y = x et y = −x, et ν(q) = 1.
– q(x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 : A z fixé, on retrouve l’équation du cercle de centre 0 et de rayon
|z|. On peut donc paramétrer C(q) comme suit
C(q) = {(z cos(θ), z sin(θ), z)|z ∈ R, θ ∈ [0 : 2π]}.
De plus, on a 1 ≤ ν(q) ≤ 1, donc ν(q) = 1.
– q(x, y, z, t) = x2 + y 2 + z 2 − t2 : A z fixé, on retrouve l’équation de la sphère de centre 0 et
de rayon |z|. On peut donc paramétrer C(q) comme suit
C(q) = {(t cos(θ) cos(φ), t sin(θ) cos(φ), t sin(φ)|t ∈ R, θ, φ ∈ [0 : 2π]}.
On a ici 1 ≤ ν(q) ≤ 2. Supposons que ν(q) = 2. Donc il existe un plan vectoriel W totalement isotrope dans V . Pour des raisons de dimension, on sait que W intersecte l’hyperplan
64
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
d’équation z = 0 suivant un espace de dimension au moins 1. Or, la restriction de q à cet
hyperplan est x2 + y 2 + z 2 donc son cône isotrope est réduit au vecteur nul. Donc on a
W ∩ {z = 0} ⊂ {0} ce qui est une contradiction avec la dimension minimale de l’intersection.
Donc ν(q) = 1.
– q(x, y, z, t) = x2 + y 2 − z 2 − t2 : On voit que q(x, y, z, t) = 0 si et seulement si il existe un a
dans R+ tel que les couples (x, y) et (z, t) soient sur le cercle de centre O et de rayon a. On
peut donc paramétrer C(q) comme suit
C(q) = {(a cos(θ), a sin(θ), a cos(φ), a sin(φ)|a ∈ R+ , θ, φ ∈ [0 : 2π]}.
On a ici 1 ≤ ν(q) ≤ 2. De plus, on voit en prenant θ = φ, que le plan {(x, y, x, y)|(x, y)R2}
est inclus dans C(q). Donc ν(q) = 2.
2. – q(x, y) = x2 + y 2 : On a
q(x, y) = (x − iy)(x + iy)
donc C(q) est l’union des droites d’équation y = ix et y = −ix, et ν(q) = 1.
– q(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 : On peut paramétrer C(q) de la même manière que précédemment,
mais on verra dans l’exercice 14 qu’on peut aussi paramétrer C(q) comme suit
C(q) = {(2zw, z 2 − w 2 , i(z 2 + w 2))|z, w ∈ C}.
De plus, on a 1 ≤ ν(q) ≤ 1, donc ν(q) = 1.
Exercice 68 Diagonalisation d’une forme hermitienne
Diagonaliser la forme hermitienne sur C2 donnée par la matrice
0 1
.
1 0
Corrigé : La forme quadratique hermitienne associée est
Donc dans la base
q(x, y) = xy + xy
= 12 ((x + y)(x + y) − (x − y)(x − y)).
√1
2
1
1
,
√1
2
Exercice 69 En caractéristique 2
1
−1
, la matrice de q est
1 0
0 −1
.
65
Soit g la forme bilinéaire symétrique sur (Z/2Z)3 dont la matrice dans la base canonique (e1 , e2 , e3 )
est


1 0 0
 0 0 1 
0 1 0
Montrer que g est non dégénérée. Peut-on compléter e1 en une base orthogonale ?
Corrigé : On a


1 0 0
det  0 0 1  = 1 6= 0
0 1 0
donc g est non dégénérée. D’après la matrice de g, on voit que e⊥
1 = V ect(e2 , e3 ). Or, pour tout
2
(x, y) ∈ K ,
g(xe2 + ye3, xe2 + ye3 ) = 2xy = 0
⊥
donc tous les vecteurs de e⊥
1 sont isotropes. En particulier, il n’existe pas de base orthogonale de e1 .
Exercice 70 Dilatations
Soit f une forme sesquilinéaire non dégénérée. Déterminer les dilatations
1. orthogonales.
2. unitaires.
3. symplectiques.
Corrigé : Soit φ une dilatation d’hyperplan H et de facteur k 6= 1. Donc il existe v dans V tel que
V = H ⊕ Kv et
∀h ∈ H, ∀λ ∈ K, φ(h + λv) = h + kλv.
On a donc
f (φ(h + λv), φ(h′ + λ′ v)) − f (h + λv, h′ + λ′ v) = f (h + kλv, h′ + kλ′ v) − f (h + λv, h′ + λ′ v)
= (σk − 1)σλ′ f (h, v) + (k − 1)λf (v, h′) + (k σk − 1)λσλ′ f (v, v)
En prenant λ′ = 0, comme k 6= 1, si φ est une isométrie alors
∀h ∈ H, f (v, h) = 0
c’est à dire, comme f est non dégénérée, v ⊥ = H. En prenant h = h′ = 0, on voit que si φ est une
isométrie alors
k σk = 1 ou f (v, v) = 0.
Si f (v, v) = 0, alors v ∈ v ⊥ = H ce qui est impossible car v et H sont en somme directe. Donc
si φ est une isométrie alors v ⊥ = H et k σk = 1. De plus, il est clair que ces deux conditions sont
suffisantes.
On peut donc maintenant regarder les différents cas possibles pour f .
1. Si f est orthogonale, alors σ = Id, donc k 2 = 1, c’est à dire, comme k 6= 1, k = −1. Donc φ
est une isométrie si et seulement si φ est la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplan H.
66
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
2. Si f est hermitienne, alors φ est une isométrie si et seulement si
v ⊥ = H et k σk = 1.
3. Si f est symplectique, alors f (v, v) = 0, donc d’après ce qu’on a fait plus haut, il n’existe pas
de dilatations symplectiques.
Exercice 71 Similitudes
Soit f une forme sesquilinéaire non dégénérée symétrique (resp. hermitienne, alternée) sur un Kespace vectoriel E. On note GO(f ) (resp. GU(f ), GSp(f )) le groupe des similitudes de f .
1. Déterminer les similitudes de la forme symplectique standard sur K2 .
2. Montrer que u est une similitude si et seulement si elle conserve l’orthogonalité.
Corrigé : On rappelle qu’une similitude est un élément φ de GL(V ) tel que
∃µ ∈ K∗ , ∀x, y ∈ V, f (φ(x), φ(y)) = µf (x, y).
1. Soit φ un élément de GL2 (K) dont la matrice dans la base canonique est
a b
.
c d
Alors la matrice de l’application (x, y) 7→ f (u(x), u(y)) est
t
0 1
a b
0 1
a b
= det(φ)
−1 0
c d
−1 0
c d
donc on a
∀x, y ∈ V, f (φ(x), φ(y)) = det(u)f (x, y)
donc tout élément φ de GL2 (K) est une similitude de rapport det(φ).
2. Il est clair que toute similitude préserve l’orthogonalité.
Soit φ une application préservant l’orthogonalité. Deux cas se présentent :
a. Si f est symétrique ou hermitienne, il existe une base orthogonale (e1 , . . . , en ) de V pour f .
Comme φ est dans GL(V ), (φ(e1 ), . . . , φ(en )) est aussi une base de V , et comme φ conserve
l’orthogonalité, c’est une base orthogonale. Donc
f (φ(ei ), φ(ej )) = 0 si i 6= j
et f (φ(ei ), φ(ei )) = µi f (ei , ej ) avec µi ∈ K∗ .
On note αi = f (ei , ei ) et ǫi = φ(ei ). On a
f (ei + ej , αj ei − αi ej ) = αi αj − αj αi = 0
donc on a aussi
f (ǫi + ǫj , αj ǫi − αi ǫj ) = 0.
Or, on a
et donc
f (ǫi + ǫj , αj ǫi − αi ǫj ) = µi αi αj − µj αj αi
µi = µj .
Donc φ est une similitude.
67
b. Si f est antisymétrique, on peut supposer que f est la forme symplectique standard sur K2m .
Si (e1 , . . . , e2m ) est la base canonique, on a
f (ei , ej ) = 0 si |i − j| =
6 m
et f (ei , ei+m ) = 1.
On note ǫi = φ(ei ). De même que précédemment on a
f (ei + ej , ei+m − ej+m ) = 0
donc
f (ǫi + ǫj , ǫi+m − ǫj+m ) = 0.
Comme on a aussi
f (ǫi + ǫj , ǫi+m − ǫj+m ) = f (ǫi , ǫi+m ) − f (ǫj , ǫj+m ),
l’application φ est une similitude.
Exercice 72 Polarité
Soient E un espace vectoriel et f une forme bilinéaire symétrique non dégénérée sur E. On note Q
la quadrique de P (E) définie par f . Si V et W sont deux sous-espaces orthogonaux dans E, on dit
que P (V ) et P (W ) sont orthogonaux dans P (E) et on note P (V ) ⊥ P (W ). On appelle hyperplan
polaire d’un point p = P (D) de P (E) par rapport à Q l’hyperplan projectif p⊥ := P (D ⊥ ).
1. Déterminer une équation de la droite polaire du point M : [x0 : y0 : z0 ] ∈ P 2 (R) par rapport
à la quadrique d’équation X 2 + Y 2 − Z 2 = 0. La représenter dans l’espace affine d’équation
Z 6= 0.
2. Soit Q une quadrique de P 1 (K) dont l’image est composée des deux points A et B. Montrer en
utilisant un bon repère que pour tout M in P 1 (K),
M ⊥ N ⇐⇒ M et N sont conjugués harmoniques par rapport à A et B.
3. En déduire une construction géométrique de la polaire d’un point par rapport à une conique.
Corrigé :
1. L’équation de la polaire de M par rapport à la conique C d’équation X 2 + Y 2 − Z 2 = 0 est
x0 X + y0 Y − z0 Z = 0.
Si z0 6= 0, on peut supposer que z0 = 1. Dans le plan affine Z 6= 0, les équations de la droite et
de la conique deviennent X 2 + Y 1 − 1 = 0 et x0 X + y0 Y − 1 = 0. Donc un point (x, y) ∈ K2
est dans M ⊥ ∩ C si et seulement si
x(x0 − x) + y(y0 − y) = 0
c’est à dire si et seulement si (x, y) est sur une tangente à C passant par M (voir la figure
6.1a)).
68
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
M
B’
B
P
A’
A
M
M
O
M
a)
b)
F IG . 6.1 – Polarité
2. Quitte à faire un changement de coordonnées, on peut supposer que les points A, B et M sont
les points [−1 : 1], [1 : 1] et [1 : 0]. Donc le polynôme définissant la quadrique est X 2 − Y 2 et
la forme bilinéaire associée est
x1
x2
f(
,
) = x1 x2 − y1 y2 .
y1
y2
Donc l’orthogonal du point M = [1 : 0] est le point N = [0 : 1] et M et N sont conjugués
harmoniques par rapport à A et B.
3. Soit D1 et D2 deux droites issues de M intersectant la conique C respectivement en A et A′ et
en B et B ′ (voir la figure 6.1b). D’après la question précédente, on sait que l’intersection de
M ⊥ avec (AA′ ) (resp. (BB ′ )) est le conjugué harmonique de M par rapport à A et A′ (resp.
B et B ′ ). Donc si H est la projection sur (A′ B ′ ) de centre M, et si h est la restriction de H à la
droite (AB), on a que M ⊥ est l’axe de l’homographie h. Donc si O est le point d’intersection
de (AB) et (A′ B ′ ) et si P est le point d’intersection de (AB ′ ) et (A′ B), alors M ⊥ = (OP ).
Exercice 73 Espace de matrices
Soit E := Mn (R). Déterminer la signature des formes quadratiques
1. q1 (A) = trace(A2 ).
2. q2 (A) = trace(A2 ) − (traceA)2 .
Corrigé : On rappelle que pour toute matrice non nulle A ∈ Mn (R), on a T r(tAA) > 0.
1. Soit Sn (resp. An ) l’ensemble des matrices symétriques (resp. antisymétriques) de Mn (R). Si
A est un élément non nul de Sn , alors
T r(A2 ) = T r(tAA) > 0.
69
Si B est un élément non nul de An , alors
T r(B 2 ) = −T r(tBB) < 0.
De plus, on a T r(AB) = −T r(tB tA) = −T r(AB) donc T r(AB) = 0, c’est à dire les espaces
Sn et An sont orthogonaux. De plus,
dim(Sn ) =
n(n + 1)
2
et
dim(An ) =
n(n − 1)
2
donc
Mn (R) = Sn ⊥ An .
On en déduit alors que la signature de q1 est
n(n + 1) n(n − 1)
.
,
2
2
2. Si n = 1, alors q2 =0. On suppose maintenant que n > 1.
Pour toute matrice non nulle B de An , on a
T r(B 2 ) − T r(B)2 = −T r(tBB) − T r(B)2 ≤ 0.
Si A ∈ Sn et B ∈ An , on a
T r(AB) − T r(A)T r(B) = −T r(tB tA) + T r(tA)T r(tB) = −T r(AB) + T r(A)T r(B)
donc T r(AB) − T r(A)T r(B) = 0 c’est à dire les espaces Sn et An sont orthogonaux. On note
Sn0 l’ensemble des matrices symétriques de Mn (R) de trace nulle. Si A est un élément non nul
de Sn0 , alors
T r(A2 ) − T r(A)2 = T r(tAA) > 0
donc q2|Sn0 est définie positive. Comme la matrice identité In est dans Sn \ Sn0 et que
T r(In2) − T r(In )2 = n − n2 < 0 si n > 1,
on a que q2|Sn n’est pas définie positive. Donc si n > 1, la signature de q2 est
n(n − 1)
n(n + 1)
− 1,
+1 .
2
2
Exercice 74 Signature
Diagonaliser dans une base orthonormée pour le produit scalaire standard, la forme bilinéaire symétrique sur Rn , n ≥ 2
X
f (x, y) =
xi yj + xj yi .
1≤i,j≤n
i6=j
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
70
Discuter son rang et sa signature.
Corrigé : On note Jn ∈ Mn (R) la matrice où toutes les entrées sont 1. La matrice associée à f dans
la base canonique est donc 2Jn − 2In . Soient les vecteurs suivants





 

1
1
1
1
 1 
 −1 
 1 


 1 


 −2 

 






 

v1 =  0  , v2 =  0  , . . . , vn−1 =  ...  , vn =  ...  .
 .. 



 

 .. 
 . 
 1 
 1 
 . 
0
1−n
1
0
Alors (v1 , . . . , vn ) est une base de Rn orthogonale pour In et pour Jn , donc pour le produit scalaire
usuel et pour f .
On a
f (vi , vi ) = −2(i + i2 ) < 0 pour i ≤ n − 1 et f (vn , vn ) = 2n2 − 2n > 0.
Donc la signature de f est (1, n − 1) et f est non dégénérée.
Exercice 75 Groupe symplectique standard
Soit f : R2n × R2n → R2n la forme symplectique
′ x
x
) = t xy ′ − t yx′
,
f(
y′
y
x, y, x′ , y ′ ∈ R2n .
1. En écrivant par blocs une matrice quelconque de M2n (R) sous la forme
A B
A, B, C, D ∈ Mn (R),
g=
C D
2.
3.
4.
5.
caractériser les matrices symplectiques g ∈ Sp(f ).
Déterminer les matrices g ∈ Sp(f ) vérifiant B = C = 0.
Déterminer les matrices g ∈ Sp(f ) vérifiant A = D = In et C = 0.
Déterminer les matrices g ∈ Sp(f ) vérifiant C = 0.
Déterminer les matrices Q ∈ Mn (R) telles que l’espace
Qy
W ={
|y ∈ Rn }
y
soit totalement isotrope pour f .
Corrigé :
1. On a
t
t
A tC
C
D
A B
0 In
A B
=
t
−A −B
C D
B tD
−In 0
C D
=
t
AC −t CA tAD −t CB
t
BC −t DA tBD −t DB
71
Donc g ∈ Sp(f ) si et seulement si
 t
AC −t CA


 t
BD −t DB
t
AD −t CB


 t
− BC +t DA
=
=
=
=
0
0
In
In
(6.1)
2. Si B = C = 0, alors d’après l’équation 6.1, tAD =t DA = In et donc
A 0
∈ Sp(f ) ⇐⇒ D =t A−1 .
0 D
3. Si A = D = In et C = 0, alors d’après l’équation 6.1, tB = B, c’est à dire
In B
∈ Sp(f ) ⇐⇒ B est symétrique.
0 In
4. Si B = C = 0, alors d’après l’équation 6.1, tAD =t DA = In et tBD −t DB = 0, et donc
A B
∈ Sp(f ) ⇐⇒ D =t A−1 et B = AtB tA−1 .
0 D
5. Soient u1 =
Qy1
y1
et u2 =
Qy2
y2
deux éléments de W . On a alors
f (u1 , u2 ) =t y1tQy2 −t y1 Qy2 .
Donc W est totalement isotrope pour f si et seulement si
t t
y1Qy2
=t y1 Qy2
∀y1 , y2 ∈ Rn .
En prenant y1 = ei et y2 = ej deux vecteurs de la base canonique, on voit que W est totalement
isotrope pour f si et seulement si Q est symétrique.
Exercice 76 Sur la diagonalisation simultanée
Trouver deux formes quadratiques non-dégénérées réelles sur R2 qui ne sont simultanément diagonalisables sur C.
Corrigé : Soient f et g 2 formes bilinéaire symétriques non dégénérées de matrices respectives A et
B. Alors on sait que f et g sont simultanément diagonalisables si et seulement si la matrice B −1 A est
diagonalisable. Il suffit donc de trouver deux matrices symétriques inversibles (car on veut que f et g
soient non dégénérées) A et B telles que B −1 A ne soit pas inversible. Par exemple, on va chercher A
et B telles que
1 1
−1
B A=
0 1
72
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
c’est à dire
A=B
On note
1 1
0 1
.
a b
.
B=
b c
1 1
On va chercher à quelles conditions la matrice B
est inversible et symétrique. On a
0 1
B
1 1
0 1
=
a a+b
b b+c
.
Donc a = 0. On peut prendre par exemple b = c = 1, c’est à dire
0 1
0 1
A=
et B =
.
1 2
1 1
Exercice 77 Étude d’une forme quadratique
Soit f la forme symétrique bilinéaire sur R2 dont la forme quadratique associée est
q(x, y) = 2xy.
1. Déterminer le groupe O(f ) et montrer que le groupe O + (f ) est commutatif.
2. Montrer que tout élément g de O + (f ) s’écrit g = h1 h2 avec h1 et h2 dans O − (f ).
3. Montrer que pour tout g dans O + (f ) et tout h dans O − (f ), on a hgh−1 = g −1 .
4. Montrer que g ∈ O(f ) est une réflexion si et seulement si g ∈ O − (f ).
5. Soient v et w dans R2 tels que q(v) = q(w) 6= 0. Montrer qu’il existe une réflexion τ ∈ O(f )
telle que τ (x) = y. Que se passe-t-il si q(v) = q(w) = 0 ?
6. Montrer que tout élément de O(f ) est diagonalisable sur R.
Corrigé : La matrice de f dans la base canonique est
0 1
.
1 0
a b
c d
t
a b
c d
1. Pour toute matrice
dans M2 (R), on a
0 1
1 0
a b
c d
=
2ac
ad + bc
ad + bc
2bd
.
73
Donc
a b
c d
∈ O(f ) si et seulement si
Donc on a
O(f ) =
et

= 0
 ac
bd
= 0 .

ad + bc = 1
a 0
0 a−1
|a ∈ R
∗
∪
0 a
a−1 0
|a ∈ R
∗
a 0
∗
|a ∈ R .
O (f ) =
0 a−1
0 a
a 0
et N(a) =
. Pour tous a et b on a
Pour a ∈ R, on note M(a) =
a−1 0
0 a−1
M(a)M(b) = M(ab) = M(b)M(a), c’est à dire O + (f ) est commutatif.
+
2. Pour tous a et b, on a N(a)N(b) = M(ab−1 ), donc
∀a ∈ R∗ , M(a) = N(a)N(1).
3. Pour tous a et b, on a N(a)M(b) = N(ab−1 ). De plus, d’après la question précédente, N(a)−1 =
N(a), donc
∀a, b ∈ R∗ , N(a)−1 M(b)N(a) = N(ab−1 )N(b) = M(b−1 ) = M(b)−1 .
4. Soit g ∈ O(f ). Comme la dimension de l’espace est 2, g est une réflexion si et seulement si une
g 6= Id et g 2 = Id.
On a M(a)2 = M(a2 ) donc Id est le seul élément de O + à vérifier M(a)2 = Id.
Si g ∈ O − (f ), d’après la question 3, on a N(a)2 = I2 .
Donc g est une réflexion si et seulement si g ∈ O − (f ).
xw
xv
. Par hypothèse on a
et w =
5. On note v =
yw
yv
xv yv = xw yw 6= 0.
On a
N(a)
xv
yv
=
ayv
a−1 xv
donc en prenant a = yxwv , on a bien N(a)v = w.
Cette construction marche tant que xv 6= 0 et yw 6= 0. Si xv = 0 et yw = 0, on a N(yv−1 xw )v =
−
w. Comme toute élément
les
x = 0 et y= 0, il n’existe pas de
droites
de O (f
) échange
0
xw
0
xv
).
(resp.
) sur
(resp.
réflexion envoyant
yw
0
yv
0
6. Les matrices de O + (f ) sont déjà diagonales. D’après la question 4, la matrice N(a) a deux
valeurs propres réelles distinctes 1 et −1, donc N(a) est diagonalisable.
74
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
Exercice 78 Une conique "est" une droite !
Soit Q une conique projective non-singulière et non vide sur un corps K de caractéristique différente
de 2. Soient O un point de Q et D une droite de P2 (K) ne passant pas par O.
1. Montrer que la projection de centre O sur D induit une bijection
f : Q −→ D.
2. En utilisant la question précédente, déterminer les solutions entière de l’équation a2 + b2 = c2 .
3. Que se passe-t-il en dimension supérieure ?
Corrigé :
1. Soit T la tangente à Q en O. Toute droite d passant par O intersecte la conique Q en deux
points O et md si d 6= T , et intersecte Q seulement en O si d = T . La projection de centre O
induit donc une bijection (voir la figure 6.2)
Φ : Q −→
D
m 7−→ (Om) ∩ D si m 6= O .
O 7−→
T ∩D
O
A
D
φ(A)
C
B
φ(B)
φ(C)
F IG . 6.2 – Projection d’une conique sur une droite
Remarque. Pour tout autre choix de O et D, on obtient une autre bijection Φ′ de Q sur D ′ , et
on peut montrer que l’application Φ′ ◦ Φ−1 : D → D ′ est une homographie. Ainsi, on peut
munir Q d’une structure de P 1 (K) pour laquelle Φ est une homographie, et cette structure ne
dépend pas de la droite D et du point O choisis. Donc Q est vraiment une droite projective ! En
revanche, l’application Φ n’est pas la restriction à Q d’une application projective de P 2 (K).
2. Ici, K = Q et Q = X 2 + Y 2 − Z 2 . Soit D la droite d’équation Y = 0. Le point [0 : 1 : 1] est
sur Q donc Q est non vide, et d’après la question précédente, on a une bijection φ : D → Q
définie par φ(P ) = (OP ) ∩ Q \ {O} si (OP ) n’est pas tangente à Q et φ(P ) = O si (OP ) est
tangente à Q. Soit [p : q] ∈ P 1 (Q). On paramètre facilement la droite dq passant par O et le
point [p : 0 : q] par
[s : t] 7→ [sp : t : sq + t].
Les points d’intersection de dq et Q sont donnés par l’équation
s2 p2 + t2 − (qs + t)2 = 0
75
c’est à dire
s2 (p2 − q 2 ) = 2qts.
La solution s = 0 correspond au point O. On obtient l’autre point en prenant s = 2q et
t = p2 − q 2 . Les points de dq ∩ Q sont donc O et le point [2pq : p2 − q 2 : p2 + q 2 ]. Donc les
solutions de l’équation X 2 +Y 2 −Z 2 dans Q3 sont les points (2λpq, λ(q 2 −p2 ), λ(q 2 +p2 )) avec
(p, q, λ) ∈ Q3 . Si on cherche les racines entières de l’équation, on voit qu’elles sont données par
{(a, b, c) ∈ N3 |a2 + b2 = c2 } =
{(2nm, n2 − m2 , n2 + m2 ), (n2 − m2 , 2mn, n2 + m2 )|(n, m) ∈ N2 , n ≥ m}.
3. On se place en dimension quelconque et on note PO la projection de centre 0 sur un hyperplan
H qui ne contient pas O. On note aussi T l’hyperplan tangent à Q en O, on note QT = T ∩ Q
et LT = T ∩ H (faire un dessin en dimension 3 !). Si d est une droite passant par O et non
tangente à Q, alors d ∩ Q \ {O} est un point de H \ LT , c’est à dire l’application PO induit
une bijection Φ : Q \ QT → H \ LT .
Pour pouvoir prolonger Φ sur QT , il faut que T ne contienne qu’une seule droite, ce qui n’est
possible qu’en dimension 2. Donc si la dimension n est au moins 3, la projection de centre O
n’induit pas une bijection entre Q et P n−1 (K).
En revanche, le raisonnement de la question 2 s’adapte sans problème, et on obtient
{(a1 , . . . , an+1 ) ∈ N(n+1) |a21 + . . . + a2n = a2n+1 } =
{ (2pn p1 , 2pn p2 , . . . , 2pn pn−1 , p21 + . . . + p2n−1 − p2n , p21 + . . . + p2n−1 + p2n ),
(2pn p1 , 2pn p2 , . . . , 2pn pn−2 , p21 + . . . + p2n−1 − p2n , 2pn pn−1 , p21 + . . . + p2n−1 + p2n ),
..
.
(p21 + . . . + p2n−1 − p2n , 2pn p1 , 2pn p2 , . . . , 2pn pn−1 , p21 + . . . + p2n−1 + p2n ),
|(p1 , . . . , pn ) ∈ Nn , p21 + . . . + p2n−1 ≥ p2n }.
Exercice 79 Une quadrique spatiale qui contient deux familles de droites
Soient K un corps de caractéristique différente de 2 et Q la quadrique dans P 3(K) d’équation
Y0 Y3 − Y1 Y2 = 0.
Montrer que l’application [a : b], [c : d] 7→ [ac : ad : bc : bd] définit une bijection de P 1(K) × P 1 (K)
sur Q.
Corrigé : L’application est injective. En effet, supposons
ac = λa′ c′ et ad = λa′ d′ et bc = λb′ c′ et bd = λb′ d′ .
76
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
On peut supposer a 6= 0 et c 6= 0. Donc les équation précédentes nous donnent
b′
b
= ′
a
a
et
d
d′
= ′
c
c
c’est à dire [a : b] = [a′ : b′ ] et [c : d] = [c′ : d′ ].
Soit [y0 : y1 : y2 : y3 ] ∈ Q. Si y0 6= 0, alors
[y0 : y1 : y2 : y3 ] = [y02 : y0 y1 : y0 y2 : y0 y3 ]
= [y02 : y0 y1 : y0 y2 : y1 y2 ].
Donc [y0 : y1 : y2 : y3 ] est l’image de ([y0 , y2 ], [y0 , y1 ]). On fait de même si yi 6= 0, donc on a montré
que l’application est surjective. Donc c’est une bijection.
Cela veut donc dire qu’il y a deux familles de droites sur la quadrique telles que deux droites d’une
même famille ne se coupent jamais et que une droite d’une famille coupe toute droite de l’autre
famille.
D’autres exercices intéressants, mais non corrigés
Exercice 80 Formes très dégénérées
Déterminer toutes les formes sesquilinéaires réflexives f sur un espace E avec dimE = dimKer(f )+
1.
Exercice 81 Transvections
Soit k un corps de caractéristique différente de 2. Soit E un k-espace vectoriel de dimension n ≥ 2
et φ une forme sesquilinéaire non dégénérée sur E symétrique, hermitienne ou alternée. Soit τ une
transformation de E donnée à l’aide d’une forme linéaire non nulle f sur E et un vecteur a de Kerf
par ∀x ∈ E, τ (x) = x + f (x)a.
1. Déterminer la nature de τ .
2. On suppose désormais que τ est une isométrie relativement à φ. Montrer que a est isotrope.
3. Montrer que f et φ(·, a) sont proportionnelles. On notera λ ∈ k ⋆ tel que f = λφ(·, a).
4. Montrer que si σ 6= Id et φ est hermitienne ou symétrique, alors λ + σ(λ) = 0.
5. Montrer qu’il n’existe pas de transvections orthogonales, qu’il existe des transvections unitaires si et seulement si l’indice est plus grand que 1 et qu’il existe toujours des transvections
symplectiques.
77
Exercice 82 Réfléchissons
On considère dans C4 la matrice

1−i 2
1
3
 2
−i −1
0 

A=
 1
−1 1 − i −1 
3
0
−1 −i

Montrer sans calcul que A est inversible.
Exercice 83 3 droites sur une quadrique
Soit d1 , d2 , d3 trois droites de P 3 (K). Montrer qu’il existe une quadrique qui les contient.
78
CHAPITRE 6. FORMES SESQUILINÉAIRES, SYMÉTRIQUES ET ANTISYMÉTRIQUES
Chapitre 7
Quadriques, isométries affines, algèbres de
Lie
Exercice 84 Classification des quadriques dans R3
On considère dans R3 une quadrique Q d’équation q(x, y, z) = 0. On note h sa partie homogène de
e
degré 2. C’est une forme quadratique sur R3 . On l’appelle forme quadratique à l’infini. On note Q
3
l’homogénéisée de q. C’est une forme quadratique sur P (R) qui définit la complétion projective de
Q.
e est plus grand que l’argument correspondant
1. Montrer que chaque argument de la signature de Q
de la signature de h.
2. On suppose que la signature de h est (3, 0) ou (0, 3). Déterminer, suivant la signature de Q une
forme réduite (dans un bon repère) pour q et représenter dans chaque cas la quadrique Q.
3. Indiquer le résultat pour les autres signatures.
4. Affecter aux différents cas les noms suivants :
plan double réel, couple de plans imaginaires conjugués, couple de plans réels, couple de plans
imaginaires conjugués parallèles distincts, couple de plans réels parallèles distincts,
cylindre à base parabolique, cylindre à base hyperbolique, cylindre à base elliptique, cylindre
imaginaire,
cône imaginaire de sommet réel, cône de base une conique propre réelle,
ellipsoïde imaginaire, ellipsoïde réel,
paraboloïde hyperbolique, paraboloïde elliptique,
hyperboloïde à une nappe, hyperboloïde à deux nappes.
5. On considère les quadriques affines réelles suivantes
Q1 : x2 + y 2 + z 2 = 1
Q4 : z 2 = xy
Q2 : z 2 = xy − 1
Q5 : z = x2 + y 2
Q3 : z 2 = xy + 1
Q6 : z = xy.
Décrire le type géométrique de chaque quadrique Qi et déterminer les quadriques projectives
ei et Q
ej qui sont équivalentes.
Q
79
80
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
Corrigé : On rappelle qu’a changement de coordonnées affine près, il y a 3 familles de quadriques
affines (ici n = 3) :
Ps
Pr
2
2
I(r, s) avec r + s ≤ n
i=1 xr+i = 0
i=1 xi −
Pr
2
i=1 xi −
Pr
i=1
Dans chaque cas, h =
x2i −
Pr
Ps
i=1
x2r+i + 1 = 0
Ps
II(r, s) avec r + s ≤ n
x2r+i + 2xn = 0 III(r, s) avec r + s ≤ n − 1.
Ps
2
2
i=1 xr+i et (r, s) est la signature de h.
i=1 xi −
i=1
1. En homogénéisant, on obtient
Ps
Pr
2
2
x
−
i
i=1 xr+i = 0
i=1
Pr
i=1
Pr
i=1
x2i −
x2i −
Ps
i=1
Ps
i=1
x2r+i + x20 = 0
I(r, s)
II(r, s)
x2r+i + 2xn x0 = 0 III(r, s).
e est
On voit donc que la signature de Q
– (r, s) pour les quadriques de la famille I,
– (r + 1, s) pour les quadriques de la famille II,
– (r +1, s+1) pour les quadriques de la famille III (car 2xn x0 = 12 ((xn +x0 )2 −(xn −x0 )2 )).
2. Si la signature de h est (3, 0), alors les équations possibles de Q sont
– x2 + y 2 + z 2 = 0 (I(3, 0) = I(0, 3)) : Q est réduite au point (0, 0, 0). Comme l’équation
de Q est homogène, l’ensemble des points de Q dans C3 est un cône. Donc Q est un cône
imaginaire de sommet réel.
– x2 + y 2 + z 2 + 1 = 0 (II(3, 0)) : Q est vide. On appelle Q un ellipsoïde imaginaire.
– x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 (II(0, 3)) : Q est la sphère de centre (0, 0, 0) et de rayon 1. On appelle
Q un ellipsoïde réel.
3. On continue l’étude des différents cas possible pour Q :
– x2 + y 2 − z 2 = 0 (I(2, 1) = I(1, 2)) : Comme l’équation de Q est homogène, l’ensemble
des points de Q est un cône. A chaque section par le plan z = a, on obtient un cercle de
centre (0, 0) et de rayon |a|. On appelle Q un cône de base une conique propre réelle.
– x2 + y 2 = 0 (I(2, 0) = I(0, 2)) : (x, y, z) ∈ Q si et seulement si x = y = 0, donc Q est la
droite de vecteur directeur (0, 0, 1). Comme x2 +y 2 = (x−iy)(x+iy), l’ensemble des points
complexes de Q est la réunion des plans complexes d’équation x − iy = 0 et x + iy = 0.
Donc Q est la réunion de deux plans imaginaires conjugués non parallèles.
– x2 − y 2 = 0 (I(1, 1)) : Comme x2 − y 2 = (x − y)(x + y), la quadrique Q est la réunion
des deux plans d’équation x − y = 0 et x + y = 0. Donc Q est la réunion de deux plans réels
non parallèles.
– x2 = 0 (I(1, 0) = I(0, 1)) : La quadrique Q est le plan d’équation x = 0, “compté 2 fois”.
Donc Q est un plan double réel.
– x2 + y 2 − z 2 + 1 = 0 (II(2, 1)) : A chaque
√ section par le plan z = a avec a ≥ 1, on
obtient un cercle de centre (0, 0) et de rayon a2 − 1. A chaque section par le plan z = a
81
I(3, 0) = I(0, 3)
cône imaginaire
II(3, 0)
ellipsoïde imaginaire
II(0, 3)
ellipsoïde réel
I(2, 1) = I(1, 2)
cône à base conique
I(2, 0) = I(0, 2)
réunion de deux plans
complexes conjugués
I(1, 1)
réunion de deux plans réels
I(1, 0) = I(0, 1)
plan double réel
II(2, 1)
hyperboloïde à deux nappes
II(1, 2)
hyperboloïde à une nappe
F IG . 7.1 – Quadriques affines dans R3
82
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
II(2, 0)
cylindre imaginaire
II(1, 1)
cylindre à base hyperbolique
II(0, 2)
cylindre à base elliptique
II(1, 0)
réunion de deux plans
imaginaires parallèles
II(0, 1)
réunion de deux plans
réels parallèles
III(2, 0) = III(0, 2)
paraboloïde elliptique
III(1, 1)
paraboloïde hyperbolique
III(1, 0) = III(0, 1)
cylindre à base parabolique
F IG . 7.2 – Quadriques affines dans R3
83
–
–
–
–
–
–
–
–
–
avec a < 1, on obtient l’ensemble vide. Donc Q est une surface de révolution autour de l’axe
Oz. La section de Q par le plan d’équation y = 0 est une hyperbole, donc on appelle Q un
hyperboloïde à deux nappes.
x2 + y 2 − z 2 − 1 = 0 (II(1,
√ 2)) : A chaque section par le plan z = a, on obtient un cercle
de centre (0, 0) et de rayon a2 + 1. Donc Q est une surface de révolution autour de l’axe
Oz. La section de Q par le plan d’équation y = 0 est une hyperbole, donc on appelle Q un
hyperboloïde à une nappe.
x2 + y 2 + 1 = 0 (II(2, 0)) : Q est vide. Comme l’équation de Q ne dépend pas de z,
l’ensemble des solutions de Q dans C3 est un cylindre, c’est à dire que si (x0 , y0, z0 ) est
un point de Q, alors pour tout z, le point (x0 , y0 , z) est dans Q. On appelle Q un cylindre
imaginaire.
x2 − y 2 + 1 = 0 (II(1, 1)) : Comme l’équation de Q ne dépend pas de z, Q est un cylindre.
La section de Q par le plan z = 0 étant une hyperbole, on appelle Q un cylindre à base
hyperbolique.
x2 +y 2 −1 = 0 (II(0, 2)) : Comme l’équation de Q ne dépend pas de z, Q est un cylindre. La
section de Q par le plan z = 0 étant une ellipse, on appelle Q un cylindre à base elliptique.
x2 + 1 = 0 (II(1, 0)) : Q est vide. Comme x2 + 1 = (x − i)(x + i), l’ensemble des points
complexes de Q est la réunion des plans complexes d’équation x = i et x = −i. Donc Q est
la réunion de deux plans imaginaires conjugués parallèles.
x2 − 1 = 0 (II(0, 1)) : Comme x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), la quadrique Q est la réunion
des deux plans d’équation x = 1 et x = −1. Donc Q est la réunion de deux plans réels
parallèles.
x2 + y 2 + 2z = 0 (III(2, 0) = III(0, 2)) : A chaque
section par le plan z = a avec a ≤ 0,
p
on obtient le cercle de centre (0, 0) et de rayon |2a|. A chaque section par le plan z = a
avec a > 0, on obtient l’ensemble vide. Donc Q est une surface de révolution autour de l’axe
Oz. La section de Q par le plan d’équation y = 0 est une parabole, donc on appelle Q un
paraboloïde elliptique.
x2 −y 2 + 2z = 0 (III(1, 1)) : A chaque section par le plan z = a, on obtient une hyperbole.
De plus, pour z = 0, cette hyperbole dégénère en l’union des droites x − y = 0 et x + y = 0
(voir l’exercice 15 de la feuille précédente). On appelle Q un paraboloïde hyperbolique.
x2 + 2z = 0 (III(1, 0) = III(0, 1)) : Comme l’équation de Q ne dépend pas de y, Q est
un cylindre. La section de Q par le plan y = 0 étant une parabole, on appelle Q un cylindre
à base parabolique.
4. Voir les figures 7.1 et 7.2. (pour information, j’ai utilisé le logiciel LIBRE Surfex
http ://www.surfex.algebraicsurface.net/view.php
pour dessiner ces quadriques)
5. Deux quadriques projectives réelles sont équivalentes si et seulement si les formes quadratiques
correspondantes ont même signatures ou signature opposées (car dans ce cas les zéros des
formes quadratiques restent les mêmes).
et Y = x−y
, on utilisera l’identité xy = X 2 − Y 2 .
Dans la suite, on notera X = x+y
2
2
e1 est (3, 1).
– Q1 est un ellipsoïde, et la signature de Q
2
– L’équation de Q2 peut se réécrire z − X 2 + Y 2 + 1 = 0, donc Q2 est un hyperboloïde à
e2 est (3, 1).
deux nappes. De plus, la signature de Q
84
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
– L’équation de Q3 peut se réécrire z 2 − X 2 + Y 2 − 1 = 0, donc Q3 est un hyperboloïde à une
e3 est (2, 2).
nappe. De plus, la signature de Q
– L’équation de Q4 peut se réécrire z 2 − X 2 + Y 2 = 0, donc Q4 est un cône réel a base
e4 est (2, 1).
elliptique. De plus, la signature de Q
e5 est (3, 1).
– Q5 est un paraboloïde elliptique, et la signature de Q
– L’équation de Q6 peut se réécrire X 2 −Y 2 −z = 0, donc Q6 est un paraboloïde hyperbolique.
e4 est (2, 2).
De plus, la signature de Q
e1 , Q
e2 et Q
e5 sont projectivement équivalentes, ainsi que les quadriques
Donc les quadriques Q
e3 et Q
e6 .
Q
Exercice 85 Isométries affines spatiales
Classifier les isométries affines de R3 .
Corrigé : On rappelle le théorème suivant
→
Soit f : X → X une isométrie affine. Alors il il existe une unique décomposition f = t(−
a)◦g =
−
−
−
−
→
−
→
−
→
−
→
→
g ◦ t( a ) où g : X → X est une isométrie affine et a ∈ F ix(G) = Ker( f − Id) = Ker(−
g − Id)
(c’est à dire dans un bon système de coordonnées, f est la composée d’une translation et d’une isométrie vectorielle).
−
→
→
1. Si f = Id, alors f est une translation de vecteur −
a.
−
→
−
→
−
→
−
→
→
2. Si f ∈ SO3(R) et f 6= Id, alors dim(Ker( f − Id)) = 1 et f = −
g est une rotation
−
→
−
→
d’axe Ker( f − Id). Donc f est une rotation d’axe ∆ parallèle à Ker( f − Id) suivie d’une
−
→
→
translation par un vecteur −
a ∈ ∆. On dit que f est un vissage.
−
→
−
→
−
→
3. Si f ∈ O3− (R), alors dim(Ker( f − Id)) = 0 ou 2. Si dim(Ker( f − Id)) = 0, alors
→
forcément −
a = 0, et donc g = f a un unique point fixe P . Soit ∆ la droite affine de direction
−
→
Ker( f + Id) passant par P , et soit Π le plan orthogonal à ∆ passant par P . Alors g est la
composée de la symétrie orthogonale par rapport à Π et d’une rotation d’axe ∆.
−
→
Si dim(Ker( f − Id)) = 2, alors g est une symétrie orthogonale par rapport à un plan Π
−
→
−
→
→
parallèle à Ker( f −Id), et f est la composée de g et de la translation par un vecteur −
a ∈ Π.
On dit alors que f est une symétrie glissée.
Exercice 86 Action du groupe orthogonal
Déterminer l’orbite et le stabilisateur d’un vecteur de norme 1 sous l’action du groupe orthogonal du
produit scalaire standard dans Rn . Montrer que groupe On−1 (R) est isomorphe à un sous-groupe de
On (R). Ce sous-groupe est-il distingué ?
Corrigé : On note S n la sphère de dimension n dans Rn+1 . Le groupe On (R) agit naturellement sur
S n−1 par
On (R) × S n−1 −→ S n−1
.
(g, v)
7−→ g(v)
85
Soit v ∈ S n−1 . Pour tout w ∈ S n−1 , la réflexion orthogonale d’hyperplan (v − w)⊥ envoie v sur w,
donc l’action de On (R) sur S n−1 est transitive, c’est à dire Ov = S n−1 .
Si g ∈ Stab(v), alors la droite engendrée par v est stable par g, et l’hyperplan v ⊥ aussi. Comme
g|Rv = Id, l’application g est entièrement définie par sa restriction à v ⊥ . On a donc une bijection
Stab(v) −→ O(v ⊥) = On−1(R)
.
g
7−→
g|v⊥
On voit facilement que cette application respecte les lois de groupes, donc c’est un isomorphisme de
groupe.
On prend ici v = (0, . . . , 0, 1). On a




A=


..
0
.
1
0
−1


1
1
et




B −1 AB = 


..



et B = 






 ∈ Stab(v)


1
..
.
0
donc On−1 (R) n’est pas distingué dans On (R).

1
0
.
1
0
√1
− √1
(2)
√1
(2)
(2)
√1
(2)



 ∈ On (R)







/ Stab(v)
∈
1

0 1 
1 0
0
Exercice 87 Algèbres de Lie
Déterminer les algèbres de Lie Lie(O(r, s)), Lie(U(r, s)) et Lie(Sp(2n, K)) et leur dimension.
Corrigé : Dans tous les cas qui nous intéressent, on a
Lie(G) = {X ∈ Md (R)|tXA + AσX = 0}
où A est la matrice associée au groupe considéré, et d est la dimension de A.
1. Pour les groupes O(r, s) et U(r, s), on a
A=
Ir 0
0 −Is
X1 X 2
En décomposant toute matrice X ∈ Md (K) en blocs X =
X3 X 4
t
X1 +σ X1 −tX3 +σ X2
t
σ
XA + A X = t
X2 −σ X3 −tX4 −σ X4
on obtient
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
86
Donc
X ∈ Lie(G) ⇐⇒

 X1 et X4 sont antisymétriques ou antihermitiennes

.
σt
X3 = X2
On définit les nombres ǫj,k = −1 si 1 ≤ j, k ≤ r ou r + 1 ≤ j, k ≤ n et par ǫj,k = 1 sinon, et
on pose
Mj,k = Ej,k + ǫj,k Ek,j et Nj,k = iEj,k − ǫj,k iEk,j
(attention : i désigne ici le nombre complexe et pas un indice ! !).
D’après ce qui précède, les coefficients diagonaux des matrices de Lie(O(r, s)) sont nuls, donc
on a
Lie(O(r, s)) = V ectR (Mj,k )1≤j<k≤n.
En particulier,
n(n − 1)
.
2
Les coefficients diagonaux des matrices de Lie(U(r, s)) sont imaginaires purs, donc on a
dimR (Lie(O(r, s))) =
Lie(U(r, s)) = V ectR (Mj,k , Nj,k )1≤j<k≤n ⊕ V ectR (iEj,j )1≤j≤n .
En particulier,
dimR (Lie(U(r, s))) = 2
2. Pour le groupe Sp(2n, K) on a
A=
n(n − 1)
+ n = n2 .
2
0 In
−In 0
X 1 X2
En décomposant toute matrice X ∈ Md (K) en blocs X =
X 3 X4
t
− X3 + X3 −tX1 + X4
t
XA + AX =
−tX4 − X1 tX2 − X2
Donc
X ∈ Lie(Sp(2n, K)) ⇐⇒
De même que précédemment, si on pose
Pj,k = Ej+n,k + Ek+n,j
on obtient

 X2 et X3 sont symétriques

et
t
X4 = − X1
Qj,k = Ej,k − Ek+n,j+n
on a
Lie(Sp(2n, K)) = V ectK (Pj,k , Qj,k )1≤j,k≤n.
En particulier,
dimK (Lie(Sp(2n, K))) = 2n2 .
.
87
Exercice 88 Étude du groupe O(1, 1)
Soit f la forme symétrique bilinéaire sur R2 dont la forme quadratique associée dans la base canonique
(e1 , e2 ) est
q(x, y) = 2xy.
1. Diagonaliser f . Quelle est sa signature ?
2. Calculer C(f ), le cône isotrope de f .
3. Le groupe O(f ) agit-il transitivement sur les droites de R2 ?
4. Déterminer le groupe O(f ) et montrer que le groupe O + (f ) est commutatif.
5. Soit u ∈ O(f ). Montrer que u est directe si et seulement si u laisse fixe chaque droite isotrope.
6. Peut-on prolonger l’application u définie sur vect(e1 ) par u(e1 ) = e2 en une isométrie de E ?
En une isométrie directe de E ?
7. Déterminer le nombre de composantes connexes de O(f ) ⊂ M2 (R).
8. Les groupes O(f ) et O + (f ) sont-ils fermés dans M2 (R) ? sont-ils bornés ?
9. Déterminer l’algèbre de Lie de O(f ), sa dimension et une base.
10. Déterminer l’image de l’exponentielle exp : Lie O(f ) → O(f ).
Corrigé :
1. q(x, y) = 12 ((x + y)2 − (x − y)2) et la signature de q est (1, 1).
2. Il est claire que C(q) est la réunion des droites d’équation x = 0 et y = 0.
3. Tout élément g de O(f ) envoie C(q) sur C(q), donc la droite d’équation y − x = 0 n’est pas
dans l’orbite de la droite x = 0. Donc l’action de O(f ) sur les droites vectorielles de R2 n’est
pas transitive.
4. La matrice de f dans la base canonique est
A=
Pour toute matrice
Donc
a b
c d
t
a b
c d
a b
c d
.
=
0 1
1 0
dans M2 (R), on a
0 1
1 0
a b
c d
2ac
ad + bc
ad + bc
2bd
∈ O(f ) si et seulement si
Donc on a
O(f ) =

= 0
 ac
bd
= 0 .

ad + bc = 1
a 0
0 a−1
|a ∈ R
∗
∪
0 a
a−1 0
|a ∈ R
∗
.
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
88
et
a 0
∗
|a ∈ R .
O (f ) =
0 a−1
0 a
a 0
. Pour tous a et b on a
et N(a) =
Pour a ∈ R, on note M(a) =
a−1 0
0 a−1
M(a)M(b) = M(ab) = M(b)M(a), c’est à dire O + (f ) est commutatif.
0
1
a
1
donc un élément de O(f ) est direct
=
et N(a)
=
5. On a M(a)
a−1
0
0
0
si et seulement si il laisse fixe chaque droite isotrope.
6. Si on définit u(e2 ) = e1 , on obtient bien une application de O(f ). D’après la question 5, toute
isométrie de f directe du plan laisse fixe chaque droite isotrope. Or, u ne laisse pas fixe la droite
x = 0, donc on ne peut pas prolonger u en une isométrie de f directe du plan.
7. La fonction déterminant est continue sur Mn (R), constante égale à 1 sur l’ensemble O + (f ),
et constante égale à -1 sur l’ensemble O − (f ), donc ces deux ensembles ne sont pas dans la
même composante connexe de O(f ). Les fonctions a 7→ M(a) et a 7→ N(a) sont des homéomorphismes de R∗ sur O + (f ) et O − (f ), donc O + (f ) et O − (f ) ont chacun deux composantes
connexes. Le groupe O(f ) a donc 4 composantes connexes qui sont
+
{M(a)|a > 0},
{M(a)|a < 0},
{N(a)|a > 0}
et {N(a)|a < 0}.
8. Une matrice B est dans O(f ) si et seulement si tBAB = A, ce qui nous donne 4 équations sur
les coefficients de B. Chaque équation définit un fermé de M2 (R), donc O(f ) est l’intersection
de 4 fermés de M2 (R), donc est fermé dans M2 (R). O + (f ) = O(f ) ∩ det−1 (1) et donc est
fermé dans M2 (R) comme intersection de fermés. La norme d’une matrice B est définie, par
exemple, par
||B|| = maxv∈S n−1 ||Bv||.
a
1
donc ||M(a)|| ≥ a et O + (f ) n’est pas borné.
=
On a M(a)
0
0
9. On a
Lie(O(f )) = {X ∈ M2 (R)|tXA + AX = 0}
et
donc
a c
b d
0 1
1 0
+
0 1
1 0
a b
c d
a 0
0 −a
=
2c a + d
a + d 2b
|a ∈ R}.
Lie(O(f )) = {
1 0
C’est un espace vectoriel de dimension 1 et
en est une base.
0 −1
10. Pour tout a ∈ R,
0
1
a
0
a
@
A
e
0
0
−a
e
=
0 e−a
.
donc l’image de Lie(O(f ) par l’exponentielle est la composante connexe de O(f ) qui contient
l’identité.
89
Exercice 89 Groupes spécial orthogonal et groupe spécial unitaire
1. Montrer que l’application
h:
R3
→ (x1 , x2 , x3 ) →
7
H0
x3
x1 + ix2
x1 − ix2
−x3
est un isomorphisme entre R3 et le R-espace vectoriel H0 des matrices hermitiennes de trace
nulle.
2. Montrer que le groupe SU2 (C) agit sur H0 par conjugaison.
3. Par l’isomorphisme h, cette action permet de définir une action de SU2 (C)sur R3 . Montrer que
cette action est par isométrie de déterminant 1. En déduire un homomorphisme φ de SU2 (C)
dans SO3 (R).
4. Montrer que les seules matrices de SU2 (C) qui commutent à tous les éléments de H0 sont I2 et
−I2 . En déduire le noyau de φ.
5. En utilisant les formes réduites des matrices de SO3 (R), montrer que l’application exponentielle de l’espace so3 (R) des matrices antisymétriques réelles 3 × 3 (de trace nulle) sur SO3 (R)
est surjective.
6. En utilisant la diagonalisation des matrices unitaires dans une base orthonormée pour le produit
scalaire hermitien standard sur C2 , montrer que l’application exponentielle de l’espace su2 (C)
des matrices anti-hermitiennes de trace nulle sur SU2 (C) est surjective.
7. Déterminer l’image par φ des matrices ( avec a, b, c ∈ R)
0 ic
0 b
ia 0
; exp
; exp
exp
ic 0
−b 0
0 −ia
En déduire que φ est surjective.
8. Montrer que l’on le groupe SO3 (R) est isomorphe au groupe quotient SU2 (C)/{±Id2}.
Corrigé :
1. On a
H0 =
a
b + ic
b − ic −a
|a, b, c ∈ R
donc H0 est bien un espace vectoriel sur R de dimension 3. Il suffit donc de montrer que f est
injective :

 x3 = 0
x1 + ix2 = 0
f (x1 , x2 , x3 ) = 0 ⇐⇒

x1 − ix2 = 0
et il est clair que Ker(f ) = 0. Donc f est un isomorphisme de R-espaces vectoriels.
2. Le groupe SU2 (C) agit naturellement sur M2 (C) par conjugaison (tout sous-groupe agit sur le
groupe qui le contient par conjugaison). On veut montrer que cette action descend à H0 , c’est
90
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
à dire si U ∈ SU2 (C) et A ∈ H0 alors UAU −1 ∈ H0 . La trace est invariant par conjugaison,
donc on a bien T r(UAU −1 ) = 0. On a aussi par définition de U et A
t
−1
UAU −1 = t U tAt U
= UAU −1
donc UAU −1 est hermitienne et SU2 (C) agit bien par conjugaison sur H0 .
3. L’action de SU2 (C) sur R3 induite par h est
SU2 (C) × R3 −→
R3
.
(U, v)
7−→ h−1 (Uh(v)U −1 )
En notant φU l’isomorphisme linéaire v 7→ h−1 (Uh(v)U −1 ), on a alors un morphisme de
groupes
φ : SU2 (C) −→ GL3 (R)
.
U
7−→
φU
Il faut maintenant montrer que Im(φ) ⊂ SO3 (R). Pour cela, on peut calculer explicitement les
matrices φU puis vérifier qu’elles sont dans SO3(R). On va suivre ici un raisonnement moins
calculatoire.
La norme euclidienne induite par h sur H0 est
a
b + ic
||R = a2 + b2 + c2 .
||
b − ic −a
Sur M2 (C), on a la norme hermitienne standard
||A||C = T r(tAA) =
X
aj,k aj,k
1≤j,k≤n
et pour tout A ∈ H0 , on a ||A||R = 21 ||A||C = 12 T r(A2 ).Comme la trace est invariante par
conjugaison on a
∀U ∈ SU2 (C), ∀A ∈ H0 , ||UAU −1 ||R = 12 T r((UAU −1 )2 )
= 21 T r(UA2 U −1 )
= 21 T r(A2 )
= ||A||R .
Donc SU2 (C) agit par isométries sur H0 . Il reste à montrer que toutes ces isométries sont
positives.
La fonction A 7→ det(A) est continue sur M3 (R), la fonction φ est continue sur SU2 (C) et
SU2 (C) est connexe, donc det (φ(SU2 (C))) est un connexe de R. Comme det(O3 (R)) = {±1},
la fonction det◦φ est constante sur SU2 (C). Comme φ(Id) = Id, on a det (φ(SU2 (C))) = {1},
c’est à dire φ agit par isométries positives.
On a donc un morphisme de groupes
φ : SU2 (C) −→ SO3 (R)
.
U
7−→
φU
91
4. Les matrices ±I2 commutent avec tous les éléments de H0 . Réciproquement, comme
1 0
α −γ
α −γ
=
0 −1
γ α
−γ −α
et
α −γ
γ α
1 0
0 −1
=
α γ
γ −α
,
α −γ
si la matrice
commute avec tous les éléments de H0 , alors nécessairement γ = 0.
γ α
Donc les seules matrices de SU2 (C) qui commutent à tous les éléments de H0 sont ±I2 .
On a
Ker(φ) = {U ∈ SU2 (C)|∀A ∈ H0 , UA = AU}
donc
Ker(φ) = {±I2 }.
5. On a
0
B
B
B
@
e
0 0 0
0 0 −θ
0 θ 0
1
C
C
C
A


1
0
0
=  0 cos θ − sin θ  .
0 sin θ cos θ
Si A ∈ SO3 (R), alors il existe P ∈ O3 (R) et θ ∈ R telle que


1
0
0
A = P  0 cos θ − sin θ  P −1.
0 sin θ cos θ
On a alors
0
B
B
PB
@
e
0 0 0
0 0 −θ
0 θ 0
0
1
B
B
B
@
C
C −1
CP
A
= Pe
= A
0 0 0
0 0 −θ
0 θ 0
1
C
C
C
A
P −1
.
De plus, si M est antisymétrique, t (P MP −1 ) = −tP −1M tP = −P MP −1 donc P MP −1 est
aussi antisymétrique. Donc l’exponentielle so3 (R) → SO3 (R) est surjective.
6. On procède de la même manière que pour la question précédente. On a
0
@
e
ia 0
0 −ia
1
A
=
eia 0
0 e−ia
Si A ∈ SU3 (C), alors il existe P ∈ U2 (C) et a ∈ R telle que
ia
e
0
P −1 .
A=P
0 e−ia
.
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
92
On a alors
0
P@
e
ia 0
0 −ia
1
AP −1
= A.
De plus, si M est anti-hermitienne, t (P MP −1 ) = −t P
est aussi anti-hermitienne.
−1
M t P = −P MP −1 donc P MP −1
7. On a
0
@
e
0 b
−b 0
1
A
=
cos b sin b
− sin b cos b
0
et
@
e
0 ic
ic 0
1
A
=
cos c i sin c
i sin c cos c
.
On calcule ensuite les actions des ces trois types de matrices sur H0 en regardant dans chaque
cas les images de la base de H0 donnée par
0 1
0 i
1 0
,
,
.
1 0
−i 0
0 −1
On voit ainsi que dans les coordonnées (x1 , x2 , x3 ), on obtient les matrice suivante


cos(2a) − sin(2a) 0
1 =  sin(2a)
cos(2a) 0  ,
φ0 ia
e
0
@
A
0
0
1
0 e−ia


cos(2b) 0 − sin(2b)
1 = 

0
1
0
φ0
cos b sin b A
@
sin(2b) 0 cos(2b)
− sin b cos b
et
φ0 cos c i sin c
@
i sin c cos c
1
A


1
0
0
=  0 cos(2c) − sin(2c)  .
0 sin(2c) cos(2c)
Donc quand a, b et c parcourent R, on obtient toutes les symétries autour des axes de coordonnées. Comme ces symétries engendrent SO3 (R), l’application φ est surjective.
8. D’après la question précédente, φ est surjective, et d’après la question 4, Ker(φ) = {±I2 },
donc
φ : SU2 (C)/{±I2 } ∼ SO3 (R).
Exercice 90 Espaces d’Artin
On appelle espace d’Artin (ou espace hyperbolique) tout espace vectoriel E muni d’une forme quadratique q équivalente à
p
X
xi xi+p .
x = (xi )1≤i≤2p
q(x) = 2
i=1
93
1. Montrer que sur C2p , toute forme quadratique non dégénérée définit un espace d’Artin.
2. Caractériser à l’aide de la signature les espaces d’Artin sur R2p .
3. Montrer que l’indice d’une forme quadratique réelle non dégénérée de signature (r, s) est
min(r, s).
4. Caractériser à l’aide de l’indice les espaces d’Artin sur R2p .
5. Montrer que tout espace d’Artin est somme directe orthogonale de plans d’Artin orthogonaux.
6. Soit (E, q) quelconque, x un vecteur isotrope mais pas dans le noyau de q. Montrer qu’il existe
un plan P qui contient x et tel que (P, q|P ) soit un plan d’Artin.
Corrigé :
1. Sur un espace vectoriel sur un corps K algébriquement clos, toutes les formes quadratiques
non dégénérées sont équivalentes. Comme les formes d’Artin sont non dégénérées, toute forme
quadratique non dégénérée sur C2p définit un espace d’Artin
2. On a
q(x) = 2
=
Pp
i=1
Pp
i=1
xi xi+p
xi +xi+p
2
−
xi −xi+p
2
donc la signature d’une forme d’Artin sur R2p est (p, p).
Réciproquement, on a
p
X
i=1
x2i
−
x2i+p
=
p
X
i=1
(xi + xi+p )(xi − xi+p )
donc une forme de signature (p, p) est une forme d’Artin.
3. On considère la forme bilinéaire non dégénérée
f (x, y) =
r
X
i=1
xi yi −
s
X
xr+i yr+i.
i=1
On suppose que r ≥ s, sinon on applique le même raisonnement avec −f . Soit W un sous
espace vectoriel de dimension d > s. Comme r +d > 2p, on a dim(W ∩V ect(e1 , . . . , er )) ≥ 1,
et donc W contient un vecteur v tel que f (v, v) > 0. En particulier, W n’est pas totalement
isotrope, donc ν(f ) ≤ s.
Soit W = V ect(e1 + er+1 , . . . , es + er+s ). On a
f (ei + er+i , ej + er+j ) = f (ei , ej ) + f (er+i , er+j ) = 0
donc W est totalement isotrope, et ν(f ) = s.
4. On note (e1 , . . . , e2p ) la base canonique de R2p . On vérifie facilement que l’espace V ect(e1 , . . . , ep )
est un espace totalement isotrope. Donc ν(q) ≥ p. Comme q est non dégénérée, on a aussi
ν(q) ≤ p donc ν(q) = p.
Réciproquement, d’après la question 3, toute forme non dégénérée d’indice p est de signature
(p, p), et est donc d’Artin d’après la question 2.
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
94
5. Les plans V ect(ei , ep+i) pour i = 1, . . . , p sont orthogonaux et d’Artin.
6. Le vecteur x n’est pas dans le noyau de q, donc il existe un vecteur y ∈ E tel que f (x, y) 6= 0.
Soit P = V ect(x, y). Alors q|P est une forme quadratique non dégénérée sur le plan P , et x est
un vecteur isotrope de q|P . Donc d’après la question 4, q|P est une forme d’Artin.
D’autres exercices intéressants, mais non corrigés
Exercice 91 Structure de On (R)
Établir les isomorphismes de groupes suivants
O2k+1 (R) ∼ SO2k+1 (R) × {±Id}
O2k (R) ∼ SO2k (R) ⋊ {Id, τ }
où τ est une réflexion quelconque.
Exercice 92
1. Montrer que l’application
M : Mn (C) −→
A + iB 7−→
M2n (R)
A −B
B A
est un morphisme d’anneaux injectif et induit un isomorphisme de groupes
Un (C) ∼ O2n (R) ∩ Sp(2n, R).
(voir l’exercice 3.2.11 du cours, ou l’exercice 2 de la feuille précédente)
2. Montrer que l’application
M : Mn (H) −→
A + jB 7−→
M2n (C)
A −B
B A
est un morphisme d’anneaux injectif et induit un isomorphisme de groupes
Un (H) ∼ U2n (R) ∩ Sp(2n, C).
95
Exercice 93 Le théorème de Witt
Soit (E, q) un espace vectoriel muni d’une forme quadratique q non dégénérée.
1. Montrer que si q(x) = q(y) 6= 0 alors l’un des deux vecteurs x + y et x − y est non isotrope.
2. Montrer que si F est non singulier de dimension au moins 2, on peut écrire F = F1 ⊕⊥ F2 avec
Fi non singulier de dimension dim Fi < dim F .
3. Soit F = F1 ⊕⊥ F2 (Fi non singulier) et soit u : F → F ′ une isométrie. Soit v : E → E
une isométrie qui coïncide avec u sur F1 . Soit F1′ = u(F1 ). Montrer que F1′ ⊥ contient u(F2 ) et
v(F2 ) et que u ◦ v −1 : v(F2 ) → u(F2 ) est une isométrie.
4. Démontrer le théorème de Witt :
Soit F et F ′ deux sous espaces de (E, q) (q non dégénérée) et u : (F, q|F ) → (F ′ , q|F ′ ) une
isométrie. Montrer qu’il existe une isométrie de E qui prolonge u.
5. Application : Soit q une forme quadratique réelle non dégénérée. Montrer que si q a la même
signature en restriction à F et à F ′ alors F et F ′ sont dans la même orbite sous l’action de O(q).
En déduire les orbites de l’action de O(2, 1) sur les droites de R3 .
96
CHAPITRE 7. QUADRIQUES, ISOMÉTRIES AFFINES, ALGÈBRES DE LIE
Chapitre 8
Algèbre multilinéaire
Exercice 94 Vrai ou faux, pourquoi ?
Soit V un espace vectoriel sur un corps K commutatif de caractéristique différente de 2.
1. L’algèbre tensorielle T (V ) est commutative.
2. Le sous-espace ⊕p Λ2p (V ) est une sous-algèbre de T (V ), commutative.
3. ∀v ∈ ΛV , v décomposable ⇒ v ∧ v = 0.
4. ∀v ∈ ΛV , v ∧ v = 0.
5. ∀p ∈ N, ∀v ∈ Λ2p+1 (V ), v ∧ v = 0.
Corrigé :
1. Faux : dès que dim(V ) ≥ 2, l’algèbre T (V ) est non commutative. En effet, si les vecteurs v1
et v2 de V sont linéairement indépendants dans V , alors les vecteurs v1 ⊗ v2 et v2 ⊗ v1 sont
linéairement indépendants dans V ⊗ V . En particulier, v1 ⊗ v2 6= v2 ⊗ v1
2. Vrai : si v ∈ Λ2p (V ) et w ∈ Λ2q (V ), alors v ∧ w ∈ Λ2(p+q) (V ), donc ⊕p Λ2p (V ) est une sous
algèbre de Λ(V ). De plus, on a v ∧ w = (−1)2pq w ∧ v = w ∧ v, donc ⊕p Λ2p (V ) commutative.
3. Vrai : si v ∈ Λn (V ) est décomposable, alors par définition, v = v1 ∧ v2 ∧ . . . ∧ vn avec v ∈ V .
Donc v ∧v = v1 ∧v2 ∧. . .∧vn ∧v1 ∧v2 ∧. . .∧vn . En particulier v ∧v a des facteurs redondants,
donc v ∧ v = 0.
4. Faux : On prend dim(V ) = 4, (e1 , e2 , e3 , e4 ) une base de V , et v = e1 ∧ e2 + e3 ∧ e4 ∈ Λ2 (V ).
On a alors v ∧ v = 2e1 ∧ e2 ∧ e3 ∧ e4 , donc v ∧ v est une base de Λ4 (V ) et en particulier
v ∧ v 6= 0.
2
5. Vrai : si v ∈ Λ2p+1 (V ) alors v ∧ v = (−1)(2p+1) v ∧ v = −v ∧ v, donc v ∧ v = 0.
Exercice 95 Tenseurs symétriques et antisymétriques
Soit K un corps de caractéristique non diviseur de n! et V un K-espace vectoriel de dimension finie n
au moins 2.
97
CHAPITRE 8. ALGÈBRE MULTILINÉAIRE
98
1. On suppose dans cette question UNIQUEMENT que V est de dimension 2 et que (a, b) en est
une base. Déterminer une base de ⊗3 V , une base de s(⊗3 V ) et une base de a(⊗3 V ). Déterminer
un élément de ⊗3 V qui n’est pas dans s(⊗3 V ) + a(⊗3 V ).
2. Déterminer la dimension de s(⊗3 V ) et de a(⊗3 V ).
3. Montrer que la somme s(⊗3 V ) + a(⊗3 V ) est directe.
4. En déduire que s(⊗3 V ) + a(⊗3 V ) est un sous-espace strict de ⊗3 V .
5. Que se passe-t-il pour s(⊗d V ) + a(⊗d V ) pour d ≥ 4 ?
Corrigé :
1. Une base de ⊗3 V est donnée par
a ⊗ a ⊗ a, a ⊗ a ⊗ b, a ⊗ b ⊗ a, a ⊗ b ⊗ b, b ⊗ a ⊗ a, b ⊗ a ⊗ b, b ⊗ b ⊗ a, b ⊗ b ⊗ b.
On sait que les symétrisés de cette base engendrent s(⊗3 V ), donc s(⊗3 V ) est engendré par les
éléments
a ⊗ a ⊗ a,
1
1
(a ⊗ a ⊗ b + a ⊗ b ⊗ a + b ⊗ a ⊗ a), (a ⊗ b ⊗ b + b ⊗ a ⊗ b + b ⊗ b ⊗ a), b ⊗ b ⊗ b.
3
3
De plus, comme ces éléments sont des combinaisons linéraires DISTINCTES d’éléments de la
base de ⊗3 V précédente, ils sont indépendants. Donc c’est une base de s(⊗3 V ).
Tous les éléments de la base de ⊗3 V précédente contiennent au moins 2 fois la même lettre,
donc leur antisymétrisé est nul. Donc a(⊗3 V ) = 0.
On a donc s(⊗3 V ) + a(⊗3 V ) = s(⊗3 V ), et tout élément non symétrique de ⊗3 V n’est pas
dans s(⊗3 V ) + a(⊗3 V ). On peut prendre par exemple a ⊗ a ⊗ b.
2. D’après le cours, s(⊗3 V ) est isomorphe à l’espace vectoriel des polynôme homogènes de degré
3 en n variables, c’est à dire
(
)
X
s(⊗3 V ) ≈
αi1 ,...,in X1i1 . . . Xnin , αi1 ,...,in ∈ K := K3 [X1 , . . . , Xn ].
i1 +...+in =3
En particulier, les dimensions de ces deux espaces sont les mêmes. Pour calculer la dimension de K3 [X1 , . . . , Xn ], il suffit de compter combien il y a de monômes de degré 3 en n
n!
possibilivariables. Tout monôme de degré 3 est soit un produit de 3 Xi différents ( 6(n−3)!
2
tés) ou bien comporte un monôme Xi à une puissance 2 ou 3 (n possibilités). On a donc
.
dim s(⊗3 V ) = n(n+1)(n+2)
6
D’après le cours, a(⊗3 V ) est isomorphe à Λ3 (V ), et donc dim a(⊗3 V ) =
n!
6(n−3)!
=
n(n−1)(n−2)
.
6
3. Soit v ∈ s(⊗3 V ) ∩ a(⊗3 V ). Donc si σ est une transposition, alors v ∗ σ = v et v ∗ σ = −v,
c’est à dire v = −v donc v = 0.
4. D’après la question 2, on a
dim s(⊗3 V ) + dim a(⊗3 V ) =
n(n2 + 2)
.
3
99
Or, dim ⊗3 V = n3 et
n3 −
n(n2 + 2)
2n(n2 − 1)
=
> 0 si n > 1
3
3
donc l’espace s(⊗3 V ) + a(⊗3 V )
⊗3 V .
5. En se travaillant un peu, on généralise ce résultat pour d ≥ 4.
Exercice 96 Vecteurs décomposables
1. Montrer que tout élément de Λ2 (R3 ) est décomposable.
2. Tout élément de Λ2 (R4 ) est-il décomposable ?
Corrigé :
1. On veut montrer
∀v ∈ Λ2 (R3 ), ∃v1 ∈ V, ∃v2 ∈ V, v = v1 ∧ v2 .
Si (e1 , e2 , e3 ) est la base canonique de R3 et si v1 = (x1 , x2 , x3 ) et v2 = (y1 , y2 , y3 ), alors
x3 y3 x1 y1 x2 y2 e .
e + e + v1 ∧ v2 = x3 y3 1 x1 y1 2 x2 y2 3
Donc si v = (z1 , z2 , z3 ), on trouve après quelques calculs que si on prend v1 = (z2 , −z1 , 0) et
v2 = (0, zz23 , −1) si z2 6= 0, et v1 = (−z3 , 0, z1 ) et v2 = (0, 1, 0) sinon, alors v = v1 ∧ v2 . Donc
tout élément de Λ2 (R3 ) est bien décomposable.
Remarque : on peut aussi utiliser le plongement de Plücker, et la démonstration est alors beaucoup plus facile et sans calculs !.
2. A la question 3 de l’exercice 1, on a montré que si v est décomposable, alors v ∧ v = 0. On a
aussi trouvé a la question 4 de l’exercice 1 un élément v ∈ Λ2 (R4 ) tel que v ∧ v 6= 0. Donc v
n’est pas décomposable, et tout élément de Λ2 (R4 ) n’est pas décomposable.
Exercice 97 Plongement de Plücker
Soit (e1 , e2 , · · · e5 ) une base de V = K5 .
1. Déterminer les dimensions de la grassmanienne des plans de V , Gr(2, V ) et de l’espace projectif P (Λ2 V ).
2. Écrire les équations de l’image du plongement de Plücker de Gr(2, V ) dans P (Λ2 V ) données
par l’implication (x décomposable =⇒ x ∧ x = 0).
3. On définit la contraction ik : Λn V → Λn−1 V comme l’application linéaire définie sur la base
eI de Λn V par ik (eI ) = 0 si k 6∈ I et si k = ip
ik (ei1 ∧ ei2 ∧ · · · ∧ ein ) = (−1)p+1 ei1 ∧ ei2 ∧ · · · ∧ eip−1 ∧ eip+1 · · · ∧ ein .
100
CHAPITRE 8. ALGÈBRE MULTILINÉAIRE
Soit W un plan donné sous forme de graphe par les deux vecteurs
w1 = e1 +
a13 e3 + a14 e4 + a15 e5
w1 =
e2 + a23 e3 + a24 e4 + a25 e5
Soit xW = w1 ∧ w2 le vecteur de Plücker de W . Calculer i1 (xW ) ∧ xW , i2 (xW ) ∧ xW et
i3 (xW ) ∧ xW .
4. En déduire de nouvelles équations pour l’image du plongement de Plücker de Gr(2, V ) dans
P (Λ2 V ).