Problème 2 : isométries du plan et de l’espace

SESSION 2012

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 2

Problème 1 : anneau ( Z /n Z , +, ×)

Eléments inversibles de l’anneau(Z/nZ,+,×).

1.Soienta∈Zetn∈N\ {0, 1}.

ainversible dans (Z/nZ,+,×)⇔∃u∈Z/ a×u=1⇔∃(u, v)∈Z²/ au=1−nv⇔∃(u, v)∈Z²/ ua+vn=1

⇔a∧n=1(d’après le théorème deBézout).

2.• 1∈ In et doncIn n’est pas vide.

•On sait que le produit de deux classes inversibles est une classe inversible ou encore×est interne dansIn.

•On sait que la multiplication des classes est commutative.

•On sait que la multiplication des classes est associative.

•1∈ In et pour toute classe inversiblea,a×1=a.

•On sait que l’inverse d’une classe inversible est une classe inversible ou encore tout élément deInadmet un inverse dans In.

On a montré que(In,×)est un groupe commutatif.

3.

I10 1 3 7 9 ordre 1 4 4 2

Puisque l’élément3est d’ordre4et que card(I₁₀) =4, le groupe(I₁₀,×)est cyclique.

4.

I12 1 5 7 11

ordre 1 2 2 2

Puisque card(I12) =4 et queI12 ne contient pas d’élément d’ordre4, le groupe(I12,×)n’est pas cyclique.

5. Algorithmes écrits avec Algobox.

5.1Voir page suivante. On utilise cet agorithme en rentrant deux entiersket ntels quek>0 etn > 1.

1 VARIABLES

2 n EST DU TYPE NOMBRE 3 k EST DU TYPE NOMBRE 4 r EST DU TYPE NOMBRE 5 DEBUT ALGORITHME 6 LIRE n

7 LIRE k

8 Si k>=n ALORS

9 DEBUT SI

10 k PREND LA VALEUR k-floor(k/n)*n

11 FIN SI

12 r PREND LA VALEUR n%k 13 TANT QUE (r !=0) FAIRE

14 DEBUT TANT QUE

15 n PREND LA VALEUR k

16 k PREND LA VALEUR r

17 r PREND LA VALEUR n%k

18 FIN TANT QUE

19 SI (k !=1) ALORS

20 DEBUT SI

21 AFFICHER "0"

22 FIN SI

23 SINON

24 DEBUT SINON

25 AFFICHER "1"

26 FIN SINON

27 FIN ALGORITHME 5.2

1 VARIABLES

2 n EST DU TYPE NOMBRE 3 k EST DU TYPE NOMBRE 4 r EST DU TYPE NOMBRE 5 card EST DU TYPE NOMBRE 6 a EST DU TYPE NOMBRE 7 b EST DU TYPE NOMBRE 8 DEBUT ALGORITHME 9 LIRE n

10 card PREND LA VALEUR 0 11 POUR k ALLANT DE 1 A n-1

12 DEBUT POUR

13 a PREND LA VALEUR n

14 b PREND LA VALEUR k

15 r PREND LA VALEUR a%b

16 TANT QUE (r !=0) FAIRE

17 DEBUT TANT QUE

18 a PREND LA VALEUR b

19 b PREND LA VALEUR r

20 r PREND LA VALEUR a%b

21 FIN TANT QUE

22 SI (b==1) ALORS

23 DEBUT SI

24 card PREND LA VALEUR card+1

25 FIN SI

26 FIN POUR

27 AFFICHER "Le cardinal de In est "

28 AFFICHER card 29 FIN ALGORITHME

5.3

1 VARIABLES

2 n EST DU TYPE NOMBRE 3 k EST DU TYPE NOMBRE 4 r EST DU TYPE NOMBRE 5 a EST DU TYPE NOMBRE

6 m EST DU TYPE NOMBRE

7 ordre EST DU TYPE NOMBRE 8 DEBUT ALGORITHME

9 LIRE n 10 LIRE k

11 m PREND LA VALEUR n 12 a PREND LA VALEUR k 13 SI (k>=n) ALORS

14 DEBUT SI

15 k PREND LA VALEUR k-floor(k/n)*n

16 FIN SI

17 r PREND LA VALEUR n%k 18 TANT QUE (r !=0) FAIRE

19 DEBUT TANT QUE

20 n PREND LA VALEUR k

21 k PREND LA VALEUR r

22 r PREND LA VALEUR n%k

23 FIN TANT QUE

24 SI (k !=1) ALORS

25 DEBUT SI

26 AFFICHER "Erreur"

27 FIN SI

28 SINON

29 DEBUT SINON

30 ordre PREND LA VALEUR 1

31 TANT QUE (pow(a,ordre)-floor(pow(a,ordre)/m)*m !=1) FAIRE

32 DEBUT TANT QUE

33 ordre PREND LA VALEUR ordre+1

34 FIN TANT QUE

35 AFFICHER "L’ordre de "

36 AFFICHER a

37 AFFICHER " est "

38 AFFICHER ordre

39 FIN SINON

40 FIN ALGORITHME

Eléments non inversibles de l’anneau (Z/nZ,+,×).

6.

6.1Soitnun entier supérieur ou égal à2 non primaire.npossède un facteur premierp. On noteα>1 l’exposant dep dans la décomposition primaire denet on posen1=p^α puisn2= n

n1

de sorte que n2est un entier tel quen=n1n2. Puisquen n’est pas primaire,p^α 6=net donc1 < n₁< n. L’entiern₂ est supérieur ou égal à2 et n’admet plusppour facteur premier. Les entiersn1etn2 n’ont pas de facteur premier commun et doncn1∧n2=1.

On a montré qu’il existe deux entiersn1etn2 tels quen=n1n2et1 < n1< n2et n1∧n2=1.

6.2Posonsd= (n₁+n2)∧n.

ddivisen1+n2etddivisen=n1n2. Doncddivise(n1+n2)n1−n1n2=n²₁et de mêmeddivise(n1+n2)n2−n1n2=n²₂. Mais alorsd divise n²₁∧n²₂ = 1 (n1 et n2 sont deux entiers supérieurs ou égaux à 2 n’ayant pas de diviseur premier commun et il en est de même den²₁et n²₂).

Finalement,ddivise1 et doncd=1. On a montré que(n₁+n2)∧n=1.

6.3Puisquen=n1n2,n1∧n=n1> 1. Puisquen1et nne sont pas premiers entre eux,n1∈ I/ n d’après la question 1.

De même,n2∈ I/ n. 7.Soitk∈Z.

•Si pdivisek, alorspdivisek∧p^α. Par suite,ket p^α ne sont pas premiers entre eux et donck∈ N_p^α.

•Si pne divise pask, alorsk etp^α sont premiers entre eux (carpest premier). Dans ce cas,k /∈ N_p^α. On a montré que∀k∈Z, k∈ Np^α ⇔p|k

. 8.Soitnun entier naturel supérieur ou égal à2.

•Sinn’est pas primaire, d’après la question 6, on peut écriren=n₁n₂avecn₁etn₂entiers naturels tels que1 < n₁< n et(n+1+n₂)∧n=1. La question 6.3 montre quen₁et n₂appartiennent àNn et la question 6.2 montre quen₁+n₂ n’appartiennent pas àN_n. Dans ce cas,N_nn’est pas stable pour+et en particulier n’est pas un sous-groupe de(Z/nZ,+).

•Supposons quensoit un nombre primaire. Il existe un nombre premierpet un entier naturel non nulαtel quen=p^α. Les éléments deNn sont les classes des entiers relatifs divisibles parp. Donc,

-0 appartient àNn,

- la différence de deux éléments de Nn est encore un élément deNn. Ceci montre queNn est un sous-groupe de(Z/nZ,+).

On a montré que

∀n>2, (Nn est un sous-groupe de(Z/nZ,+)si et seulement sinest primaire).

Problème 2 : isométries du plan et de l’espace

Partie A : généralités

1.Soientf une isométrie deEetF une partie non vide deE.

• Sif∈G(F), alorsf(F) =F. Mais alors,

- Si Mest un point deF, alorsf(M)∈f(F) =F

- Si Mest un point deF=f(F),f⁻¹(M)∈f⁻¹(f(F)) =F.

•Réciproquement, supposons que pour toutMdeF,f(M)etf⁻¹(M)soient dansF.

-Pour tout pointMun point deF,f(M)∈F. Ceci montre quef(F)⊂F.

-SoitM^′ un point def(F). Il existeM∈F tel queM^′ =f(M)à savoirM=f⁻¹(M^′). PuisqueM∈F, M^′=f(M) est dansF. Ceci montre que F⊂f(F)et finalement quef(F) =F.

On a montré que

∀f∈Is(E), f∈G(F)⇔∀M∈F, (f(M)∈Fetf⁻¹(M)∈F).

2.•G(F)⊂Is(E).

•IdE∈G(F)et en particulierG(F)6=∅.

•Soit(f, g)∈(G(F))². D’après 1), pour tout pointMdeF, -g⁻¹(M)∈Fpuisf(g⁻¹(M))∈F,

-f⁻¹(M)∈Fpuisg(f⁻¹(M))∈F ou encore(f◦g⁻¹)⁻¹(M)∈F.

Toujours d’après la question précédente, on en déduit quef◦g⁻¹∈G(F). Ainsi,∀(f, g)∈(G(F))²,f◦g⁻¹∈G(F).

Ceci montre que

G(F)est un sous-groupe de(Is(E),◦).

Dans la démonstration précédente, on remplaceG(F)parG⁺(F)et Is(E)par Is⁺(E)et on obtientG⁺(F)est un sous-groupe de(Is⁺(E),◦). Puisque Is⁺(E)est un sous-groupe de(Is(E),◦),

G⁺(F)est un sous-groupe de(Is(E),◦).

3.Soitsune symétrie qui est une isométrie. Alorss⁻¹=set d’après 1),s∈G(F)⇔∀M∈F, s(M)∈F.

4.

4.1Soit f∈G⁺(F). Alorsϕ◦f ∈Is⁻(E)et d’autre part, pour tout point Mde F, f(M)∈F puisϕ(f(M))∈F et aussi ϕ⁻¹(M)∈F puis(ϕ◦f)⁻¹(M) =f⁻¹(ϕ⁻¹(M))∈F. Ainsi,ϕ◦f∈G⁻(M).Φ est une application bien définie.

4.2Soitg∈G⁻(F). Alors ϕ◦g∈Is⁺(E)et d’autre part, pour tout pointM deF, g(M)∈F puisϕ(g(M))∈F et aussi ϕ⁻¹(M)∈F puis(ϕ◦g)⁻¹(M) =g⁻¹(ϕ⁻¹(M))∈F. Ainsi,ϕ◦g∈G⁺(M).

On définit donc une application en posant Ψ : G⁻(F) → G⁺(F) g 7→ ϕ◦f

. Il est immédiat que Ψ◦Φ =Id_G⁺_(F) et Φ◦Ψ= Id_G⁻(F). On sait alors queΦest une bijection et queΨ=Φ⁻¹.

5.G⁺(F)n’est pas vide d’après la question 2.

• SiG⁻(F)est vide, alors G(F) =G⁺(F)puis card(G(F)) =card(G⁺(F)).

• Si G⁻(F) n’est pas vide,(G⁺(F), G⁻(F)) est une partition de G(F) et de plus, les ensembles G⁺(F) et G⁻(F) sont équipotents d’après la question précédente. Par suite, card(G(F)) =card(G⁺(F)) +card(G⁻(F)) =2card(G⁺(F)).

Partie B : exemples dans le plan euclidien

Un singleton.

1.

1.1fest une isométrie négative et l’identité est une isométrie positive. Doncf6=IdP. Par suite, il existe un pointI∈ P tel quef(I)6=I.

1.2Puisquefest une isométrie,ΩI=f(Ω)f(I) =Ωf(I)et donc le pointΩappartient à la médiatrice du segment[I, f(I)].

On en déduit quer(Ω) =Ω.

r◦f est une isométrie positive en tant que composée de deux isométries négatives. De plus,r◦fadmet les points ΩetI pour points invariants. Puisquef(Ω) =Ωet quef(I)6=I, les pointsΩetIsont distincts. En résumé,r◦fest une isométrie positive ayant au moins deux points fixes distincts et doncr◦f=IdP carr◦fne peut être ni une rotation distincte de l’identité (qui n’a qu’un point invariant), ni une translation distincte de l’identité (qui n’a pas de point invariant).

1.3Mais alorsf=r⁻¹=r ou encorefest la réflexion d’axe la médiatrice du segment[I, f(I)].

2. • D’après la question précédente, un élément de G⁻(F) est nécessairement une réflexion d’axe passant par Ω et réciproquement une réflexion d’axe passant parΩest un élément deG⁻(F).G⁻(F)est donc constitué des réflexions d’axe passant parΩ.

•Soitrune réflexion d’axe passant parΩfixée. D’après la question 3), les éléments deG⁺(F)sont lesr◦f oùf∈G⁻(F).

Il est connu que la composée de deux réflexions d’axe passant parΩest une rotation de centreΩ, éventuellement égale à l’identité. Réciproquement, les rotations de centreΩsont dansG⁺(F)et doncG⁺(F)est constitué des rotations de centre Ω.

On a montré queG(F)est constitué des rotations de centreΩ(avec la convention queIdP est une rotation de centreΩ) et des réflexions d’axe passant parΩ.

Une paire.

3.f∈G(U)et donc ou bien f(P1) =P1et f(P2) =P2, ou bienf(P1) =P2 et f(P2) =P1. Dans les deux cas, l’image par fdu segment[P1, P2]est le segment [f(P1), f(P2)] = [P1, P2]. Puisque fest une application affine, l’image parf du milieu de[P1, P2]est le milieu de[f(P1), f(P2)] = [P1, P2]ou encoref(I) =I.

4.Soitf∈G⁺(U)tel quef6=IdP.fest une isométrie positive admettantIpour point invariant et doncfest une rotation de centre I. L’angle de f est −−−→

P1P2,−−−−−−−→ f(P₁)f(P₂)

. Cet angle est soit −−−→ P1P2,−−−→

P1P2

ou −−−→ P1P2,−−−→

P2P1

. Donc f est soit la rotation de centre I et d’angle 0 modulo 2π c’est-à-dire IdP ce qui est exclu, soit la rotation de centre I et d’angle π modulo2π c’est-à-dire la symétrie centrale de centreI.

On a montré que sif∈G⁺(U)et f6=IdP, alorsf est la symétrie centrale de centreI.

5. Réciproquement, sI la symétrie centrale de centre I est dans G⁺(U) et donc G⁺(U) = {IdP, sI}. D’après la question 4, G⁻(U) est équipotent à G⁺(U) et donc card(G⁻(U)) = 2. Comme la réflexion d’axe (P₁P2) et la réflexion d’axe la médiatrice de [P₁, P₂] sont deux éléments distincts de G⁻(U), G⁻(U) est constitué de la réflexion d’axe (P₁P₂) et la réflexion d’axe la médiatrice de[P₁, P₂].

En résumé,G⁽U)est formé de quatre éléments : l’identité, la symétrie centrale de centreIet deux réflexions.

Une ellipse.

6.s(M),r1(M)et r2(M)ont pour coordonnées respectives(−x,−y), (x,−y)et(x, y).

7. Puisque pour tout(x, y)∈R², (±x)²

a² + (±y)² b² = x²

a² +y²

b², on en déduit que pour tout pointM du plan, M∈Γ ⇔ s(M)∈Γ ⇔r1(M)∈Γ ⇔r2(M)∈Γ. Commes,r1 et r2sont des involutions, ceci montre que s,r1 etr2appartiennent àG(Γ). On a montré que G({A, A^′})⊂G(Γ).

8. Figure.

1 2

−1

−2

1 2

−1

−2

Γ Λ

9.SoitMun point du plan de coordonnées(x, y). Puisque b < a, x² a²+ y²

b² > x² a²+ y²

a² = 1

a²(x²+y²)et donc M∈Γ ⇒ x²

a²+ y²

b² =1⇒ 1

a²(x²+y²)61⇒x²+y²6a²⇒M∈∆.

On a montré queΓ ⊂∆.

10.SoitMun point du plan de coordonnées(x, y).

M∈Γ∩Λ⇔





 x² a²+ y²

a² =1 (1) x²

a²+ y²

b² =1 (2)

⇔





 x² a² +y²

a² =1 (1) y²

1 a²− 1

b²

=0 (1) − (2)

⇔



 y=0

x²

a² =1 (car 1 a²− 1

b² 6=0)

⇔(x, y)∈{(a, 0),(−a, 0)}⇔M∈{A, A^′}.

On a montré queΓ∩Λ={A, A^′}.

11.SoientPetP^′ deux points deΓ. On note(x, y)et(x^′, y^′)les coordonnées respectives des pointsPetP^′. (a)

PP^′2= (x−x^′)²+ (y−y^′)²=x²+y²+x^′2+y^′2−2(xx^′+yy^′) 6x²+y²+x^′2+y^′2+2p

x²+y²p

x^′2+y^′2d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz) 6a²+a²+2×a×a(d’après la question 9)

=4a², et doncPP^′62a.

(b)L’inégalité précédente est une égalité si et seulement si chaque inégalité écrite est une égalité. En particulier,x²+y²= x^′2+y^′2 = a² et donc P et P^′ appartiennent à Λ et Γ. D’après la question 10, on a nécessairement {P, P^′} = {A, A^′}.

Réciproquement,AA^′ =2a et on a montré quePP^′ =2a⇔{P, P^′}={A, A^′}.

12.Soitfun élément deG(Γ). PosonsP=f(A)et P^′=f(A^′).PetP^′ sont deux points deΓ. Puisquefest une isométrie, on aPP^′ =AA^′=2a et donc{P, P^′}={A, A^′}d’après la question précédente. Par suite,f∈G({A, A^′}). Ceci montre que G(Γ)⊂G({A, A^′}). D’autre part,G({A, A^′})⊂G(Γ)d’après la question 7 et finalement,

G(Γ) =G({A, A^′}).

Partie C : étude d’isométries de l’espace

1.

1.1Soitf∈Is(E). Soit−→x ∈E. Il existeM∈ E tel que−→x =−−OM.→

−→ f −→x

=

−→ f −−→

OM

=

−−−−−−→ f(O)f(M)

=f(O)f(M) =OM= −→x

. Donc−→

f ∈O(E).

1.2Soit(M, M^′)∈ E².

M^′=f(M)⇔M^′=f(O) +−−−−−−→

f(O)f(M)⇔M^′=−→f −−OM→

+f(O)⇔X^′=AX+B.

1.3 Puisque −→

f ∈ O(E) et que A est la matrice de −→

f dans la base orthonormée −→ i ,−→

j ,−→ k

, on sait que A ∈ O(E₃).

Ensuite, le déterminant de−→

f est le déterminant deAc’est-à-dire1 ou−1. Donc

−→f ∈Is⁺(E)⇔det−→f

> 0⇔det(A)> 0⇔det(A) =1⇔A∈SO₃(R).

2.Chacune des matrices proposées est diagonale et en particulier est égale à sa transposée. Donc, pouri∈J0, 3K,

tA_iA_i=A_i^tA_i=A²_i =diag{(±1)¹,(±1)²,(±1)²}=diag(1, 1, 1) =I₃, et donc∀i∈J0, 3K, A_i∈O₃(R).

3.A0,A1 etA2sont dansO3(R)etA3est dansO3(R)\SO3(R).

4.•tλ est la translation de vecteur−→u(0, 0, λ).

•v est le demi-tour d’axe(Oz).

• sest le demi-tour d’axe(Ox).

• rest la réflexion par rapport au plan(Oxy).

5.Les expressions analytiques respectives dev◦t_λett_λ◦vsont toutes deuxX^′=A₁X+B_λqui est l’expression analytique dev_λ. Doncv_λ=v◦t_λ=t_λ◦v.

vλ est le vissage d’angleπautour de−→

k et de vecteur−→u. 6.Soit(γ, δ)∈R². L’expression analytique dev_γ◦v_δest

X^′=A₁(A₁X+B_δ) +B_γ=A²₁X+A₁B_δ+B_γ=X+B_δ+B_γ=X+Bγ+δ, qui est aussi l’expression analytique detγ+δ. Doncvγ◦vδ=tγ+δ.

L’expression analytique det_γ◦v_δ est

X^′= (A₁X+B_δ) +B_γ=A₁X+Bγ+δ, qui est aussi l’expression analytique devγ+δ. Donct_γ◦v_δ=vγ+δ.

Partie D : un cylindre à base elliptique

1.SoitM(x, y, z)un point de l’espace et soitλ∈R.

•tλ(M)a pour coordonnées(x^′, y^′, z^′) = (x, y, z+λ)et t⁻¹_λ (M)a pour coordonnées(x^′′, y^′′, z^′′) = (x, y, z−λ). Donc M∈ C⇒ x²

a² +y²

b² =1⇒ x^′2 a² + y^′2

b² =1et x^′′2 a² +y^′′2

b² =1⇒tλ(M)∈ Cett⁻¹_λ (M)∈ C.

D’après la question 1 de la partie A,tλ∈ C.

• vλ(M) a pour coordonnées(x^′, y^′, z^′) = (−x,−y, z+λ) etv⁻¹_λ (M)a pour coordonnées(x^′′, y^′′, z^′′) = (−x,−y, z−λ).

Donc

M∈ C⇒ x² a² +y²

b² =1⇒ x^′2 a² +y^′2

b² =1et x^′′2 a² + y^′′2

b² =1⇒v_λ(M)∈ Cetv⁻¹_λ (M)∈ C.

et doncv_λ∈ C.

•s(M) =s⁻¹(M)a pour coordonnées (x^′, y^′, z^′) = (x,−y,−z). Donc M∈ C⇒ x²

a²+ y²

b² =1⇒ x^′2 a² +y^′2

b² =1⇒s(M)∈ Cets⁻¹(M)∈ C.

et doncs∈ C.

•r(M) =r⁻¹(M)a pour coordonnées(x^′, y^′, z^′) = (x, y,−z). Donc M∈ C⇒ x²

a² +y²

b² =1⇒ x^′2 a² + y^′2

b² =1⇒r(M)∈ Cetr⁻¹(M)∈ C.

et doncr∈ C.

2.SoitM(x, y, z)un point de l’espace.

M∈ C⇔ x² a² +y²

b² =1⇔∃θ∈R/





 x

a =cosθ y

b =sinθ

∃θ∈R/

x=acosθ y=bsinθ

⇔∃θ∈R/ M∈dθ⇔M∈ [

θ∈R

dθ.

C= [

θ∈R

dθ.

3.

3.1d0 est la droite dont un système d’équations est

x=a

y=0 . d0 est dirigée par le vecteur−→

k. Soit Dune droite non parallèle àd₀ et soit−→u(α, β, γ)un vecteur directeur deD. Siα=β=0, alors−→u est colinéaire à−→k puisDest parallèle àd₀ ce qui n’est pas. Donc l’un des deux réelsαouβn’est pas nul.

3.2Une représentation paramétrique de la droiteDest





x=x0+tα y=y0+tβ z=z0+tγ

,t∈R. 3.3Soit(x₀+tα, y₀+tβ, z₀+tγ),t∈R, un point deD. SiM∈ C, alors

(x0+tα)²

a² + (y0+tβ)² b² =1.

L’équation ci-dessus est une équation du second degré car le coefficient de t² à savoir α² a² + y²

b² n’est pas nul (puisque (α, β)6= (0, 0)). On sait que cette équation admet au plus deux solutions dans Rou encore Dcoupe C en au plus deux points.

4.Soitf∈G(C). On sait quef(d₀)est une droiteDcarfest affine. SupposonsDnon parallèle àd0. AlorsDcoupeCen au plus deux points. Puisque Dest infinie, il existe au moins un point deM^′ deDqui n’appartient pas àC. Soit Mun point ded0 tel quef(M) =M^′.Mest un point ded0 et donc deC tel quef(M)n’appartient pas àC. Ceci contredit le fait quef∈G(C)et on a donc montré quef(d₀)est parallèle àd₀.

5. Soit f ∈ G(C). f(d₀) est une droite parallèle à d0 d’après la question précédente. Soient Aet Bles points de d0 de coordonnées respectives(a, 0, 0)et (a, 0, 1). SoientA^′ et B^′ les images respectives des pointsAet Bparf.

−→f −→k

=−→f −AB→

=−−−−−−→

f(A)f(B) =−−−→ A^′B^′.

Puisquef(d₀)est une droite parallèle àd0 et queA^′ etB^′ appartiennent à la droitef(d₀), le vecteur−−−→

A^′B^′ est colinéaire au vecteur−→k. Il existe donc un réelt tel que−→f −→k

=t−→k. Puisque le vecteur−→k n’est pas nul, on a montré que−→k est un vecteur propre de−→f.

6.

6.1Soitϕ∈O(E)admettant−→k pour vecteur propre.

• Soitt∈Rtel queϕ−→ k

=t−→ k.

|t|

−→k =

t−→k

=

ϕ−→k =

−→k

(carϕ∈O(E)), et donc|t|=1 puisque

−→ k

6=0. Ainsi, ou bienϕ−→ k

=−→

k, ou bienϕ−→ k

= −−→

k. On pose dorénavantϕ−→ k

=ε−→ k

oùε∈{−1, 1}. A ce stade, la matrice de ϕdans la base−→ i ,−→

j ,−→ k

est de la forme





a d 0 b e 0 c f 0



.

• On sait qu’un automorphisme orthogonal conserve l’orthogonalité. Donc, l’image parϕ d’un vecteur orthogonal à −→ k est encore un vecteur orthogonal à−→k. Ceci signifie que le plan vectoriel−→P =Vect−→i ,−→j

est stable parϕ. A ce stade matrice deϕdans la base−→

i ,−→ j ,−→

k

est de la forme de l’énoncé avecM∈ M2(R).

Mais alors, la restrictionϕ_/⁻→

P est un endomorphisme de−→

P qui conserve la norme ou encore un automorphisme orthogonal de−→

P. Puisque la famille−→ i ,−→

j

est une base orthonormée de−→

P et queϕ_/→⁻

P est un automorphisme orthogonal de−→ P, la matriceMest une matrice orthogonale. La matrice deϕ dans la base−→i ,−→j ,−→k

a la forme désirée.

6.2En développant le déterminant deϕsuivant la dernière ligne, on obtient det(ϕ) =εdet(M). Comme det(M)∈{−1, 1}, on a det(M) = 1

det(M). L’égalité det(ϕ) =εdet(M)s’écrit donc aussiε=det(ϕ)det(M).

7.

7.1gest une application deΠdansΠqui conserve les distances et doncg∈Is(Π).

fetgsont des bijections. SiM^′est un point deΠet siM=g⁻¹(M^′)alorsMest un point deΠtel quef(M) =g(M) =M^′ et doncM=f⁻¹(M^′). Ceci montre queg⁻¹ est la restriction def⁻¹àΠ.

SoitMun point de Γ. g(M) =f(M)est un point de C appartenant au plan Πet doncg(M)∈Γ. De même, g⁻¹(M) = f⁻¹(M)est un point deC appartenant au plan Πet doncg⁻¹(M)∈Γ. On a montré queg∈ C(Γ).

7.2D’après la partie B,g est soit l’identité deΠ, soit la symétrie centrale de centre O, soit la réflexion d’axe(Ox), soit la réflexion d’axe(Oy). Dans tous les cas,f(O) =g(O) =O.

7.3Les matrices possibles de g dans la base orthonormée−→ i ,−→

j

de Πsont

1 0 0 1

,

−1 0 0 −1

,

1 0 0 −1

et −1 0

0 1

.

7.4D’après la question 6, en tenant compte du fait quef∈G⁺(C), les matrices correspondantes defsont





1 0 0 0 1 0 0 0 1



,





−1 0 0

0 −1 0

0 0 1



,





1 0 0

0 −1 0 0 0 −1



 et





−1 0 0

0 1 0

0 0 −1



. Mais alors, ou bien f= Id, ou bienf =v, ou bienf= s, ou

bienf=v◦s. On a montré que sif∈G⁺(C)etf(O)∈Π, il existe(i, j)∈{0, 1}²tel quef=vⁱs^j. 8.

8.1Le vecteur −−−−→

f(O)O^′ est colinéaire à−→

k. Ses coordonnées s’écrivent donc (0, 0, µ) oùµ est un réel. De plus, le vecteur

−−−−→

f(O)O^′ n’est pas nul carO^′ ∈Πet f(O)∈/Π. On en déduit queµ6=0. Finalement, il existeµ∈R^∗ tel que t=tµ. hest la composée de deux déplacements et donchest un déplacement.f(C=Cpuist(C) =tµ(C) =Cd’après la question 1. Finalement,h(C) =t(f(C)) =C. Ceci montre queh∈G⁺(C).

Enfin,h(O) =t(f(O)) =O^′ et donch(O)∈Π.

8.2 D’après la question 7, il existe µ ∈ R^∗ et il existe (i, j) ∈ {0, 1}² tels que tµ◦f = h = vⁱs^j ou encore tels que f=t−µ◦vⁱ◦s^j. On a montré qu’il existeλ∈R^∗, à savoirλ= −µet(i, j)∈{0, 1}² tels quef=tλ◦vⁱ◦s^j.

9.

9.1Puisquef∈Is⁻(E)etr∈Is⁻(E), on ar◦f∈Is⁺(E). De plus,r(f(C)) =r(C) =C d’après la question 1 et on a montré quer◦f∈G⁺(C).

9.2Mais alors d’après les questions 7 et 8, il existeλ∈Ret(i, j)∈{0, 1}²tels quer◦f=tλ◦vⁱ◦s^jou encoref=r◦tλ◦vⁱ◦s^j carr⁻¹=r.

Partie E : une hélice

1.Soientt∈RpuisMle point deHde coordonnées(acos(t), bsin(t), t).

(xM)²

a² +(yM)²

b² = (acos(t))²

a² + (bsin(t))²

b² =cos²t+sin²t=1, et doncM∈ C. On a montré que tout point deHappartient àC et donc que

H ⊂ C.

2.La droiteDcoupeHet doncC en au moins trois points et donc la droiteDest parallèle àd₀d’après la question 3 de la partie D. Ensuite, la droiteDa au moins un point en commun avecC. Notons leA. D’après la question 2 de la partie 3, il existeθ∈Rtel queA∈dθ. Les droitesDetdθsont toutes deux parallèles à la droited0et donc les droitesDetdθ

sont parallèles. Comme ces deux droites ont en commun le pointA, on en déduit que D=dθ. On a montré qu’il existe θ∈Rtel que D=dθ.

3.Un système d’équations cartésiennes deHest

x=acos(z) y=bsin(z) . SoitMde coordonnées(acosθ, bsinθ, t),t∈R, un point ded_θ.

M∈ H⇔

acost=acosθ bsint=bsinθ ⇔

cost=cosθ

sint=sinθ ⇔e^it=e^iθ⇔∃k∈Z/ t=θ+2kπ.

Donc,d_θ∩ H={M(θ+2kπ), k∈Z}.

4.Soitf∈G(H)et soitθ∈R. D’après la question précédente, l’ensembledθ∩ Hcontient les trois pointsM(θ),M(θ+2π) etM(θ+4π). Ces trois points sont deux à deux distincts car leurs côtes respectives sont deux à deux distinctes.

Puisquefest une bijection affine,f(d_θ)est une droite et d’autre part les trois pointsf(M(θ)),f(M(θ+2π))etf(M(θ+4π)) sont deux à deux distincts. Ainsi,f(d_θ)est une droite coupant la courbeHen au moins trois points deux à deux distincts.

D’après la question 2, il existeω∈Rtel que f(d_θ) =d_ω.

5.Soitf∈G(H). La question 1 de la partie A montre quef⁻¹∈G(H).

D’après la question 2 de la partie D,f(C) =f [

θ∈R

dθ

!

= [

θ∈R

f(dθ). La question précédente montre que chaquef(dθ),

θ∈R, est contenue dansCet donc quef(C ⊂ C. Par suite, pour chaque pointMdeC,f(M)∈ C.

En appliquant ce résultat à f⁻¹, on a aussi : pour chaque pointM deC, f⁻¹(M)∈ C et finalementf ∈G(C)d’après la question 1 de la partie A. On a montré queG(H ⊂G(C).

6. Soit k ∈ Z. t_2kπ est une isométrie. Soit alors t ∈ R. Le point t_2kπ(M(t)) a pour coordonnées (acost, bsint, t) + (0, 0, 2kπ) = (acost, bsint, t+2kπ) = (acos(t+2kπ), bsin(t+2kπ), t+2kπ). Par suite,t_2kπ(M(t)) =M(t+2kπ). Ceci démontre que pour tout pointMdeH, le pointt_2kπ(M)appartient àH.

En appliquant ce résultat à l’entier relatifk^′ = −k, on a aussi : pour tout pointMdeH, le pointt⁻¹_2kπ(M)appartient à Het finalementt2kπ∈G(H).

7.Soitλ∈Rtel quetλ∈G(H). Le pointM(0)de coordonnées(a, 0, 0)appartient àHet il en est de même detλ(M(0)) dont les coordonnées sont(a, 0, λ).

Par suite, il existe un réelttel quet_λ(M(0)) =M(t)ce qui fournit





acost=a bsint=0 t=λ

. Les deux premières équations montrent qu’il existe un entier relatif k tel que t = 2kπ et la troisième fournit alors t = 2kπ. On a montré que les translations éléments deG(Hsont lest_2kπ,k∈Z.

8.Soitt∈R.s(M(t)) =s⁻¹(M(t))est le pointM(−t)deHet donc s∈G(H.

v−π(M(t)) a pour coordonnées(−acost,−bsint, t−π) ou encore(acos(t−π), bsin(t−π), t−π)et est donc le point M(t−π)deH. De même,v⁻¹_−π(M(t)) =vπ(M(t))est le pointM(t+π)deH. Donc, v−π∈G(H).

9. Soitλ∈Rtel que vλ ∈G(H). Le point vλ(M(0))a pour coordonnées(−a, 0, λ)et est un élément de H. Par suite, il existe un réelt tel que





acost= −a bsint=0 t=λ

. Les deux premières équations montrent qu’il existe un entier relatifk tel que t = (2k+1)π et la dernière montre que λ = (2k+1)π. On a montré que si vλ ∈ G(H), alors il existe k ∈ Z tel que λ= (2k+1)π.

10.⇐/D’après la question 8,s∈G⁺(H). D’après la question 6, pour toutk∈Z,t_2kπ∈G⁺(H). D’après la question 8, v_−π∈G⁺(H). Comme(G⁺(H),◦)est un groupe d’après la question 2 de la partie A, on en déduit que pour toutk∈Z, v_(2k+1)π=v_−π◦t_2(k+1)π∈G⁺(Hpuisv_(2k+1)π◦s∈G(H)ett_2kπ◦s∈G⁺(H).

On a montré que pour toutk∈Z, pour touti∈{0, 1}, les transformationst2kπ◦sⁱ etv_(2k+1)π◦sⁱ sont dansG⁺(H).

⇒/Soitf∈G⁺(H).

D’après la question 5, G⁺(H) ⊂G⁺(C). D’après la question 8.2 de la partie D, il existeλ ∈ R et (i, j) ∈ {0, 1} tel que f=t_λ◦v^j◦sⁱ.

• Sii=j=0, la question 7 montre que nécessairementλ=2kπpour un certaink∈Z. Dans ce cas,∃k∈Z tel que f=t_2kπ◦s⁰.

•Sij=1eti=0,f=tλ◦v=vλ. La question 9 montre queλ= (2k+1)πpour un certaink∈Z. Dans ce cas,∃k∈Z tel que f=v_(2k+1)π◦s⁰.

•Sij=0eti=1,f=t_λ◦s. Puisques∈G⁺(H)et que(G⁺(H),◦)est un groupe,f◦s=t_λest un élément deG⁺(H) et donc encore une foisλ=2kπpour un certaink∈Z. Dans ce cas, il existek∈Ztel que f=t_2kπ◦s¹.

• Sii=j=1,f=tλ◦v◦s=vλ◦s. Le casj=1et i=0montre queλ= (2k+1)π pour un certaink∈Z. Dans ce cas, il existe k∈Ztel que f=v(2k+1)π◦s¹.

On a montré que∀f∈Is(E),g∈G⁺(H)⇔∃k∈Z, ∃i∈{0, 1}/





f=t2kπ◦sⁱ ou

f=v(2k+1)π◦sⁱ . 11.SupposonsG⁻(H)6=∅.

11.1D’après la question 5,G⁻(H)⊂G⁻(C). D’après la question 9 de la partie D, il existeλ∈Ret (i, j)∈{0, 1}²tel que r◦tλ◦v^j◦sⁱ∈G⁻(H).

11.2r◦t_λ◦v^j◦sⁱet v^j◦sⁱ sont dansG(H). Donc,r◦t_λ◦v^j◦sⁱ◦v^j◦sⁱ=r◦t_λ est encore dansG(H). De plus,r est une isométrie négative ett_λ est une isométrie positive. Donc,r◦t_λ∈G⁻(H). On a montré qu’il existe un réelµ tel que r◦t_µ∈G⁻(H).

11.3Les coordonnées detµ(M(0))sont(a, 0, µ)et donc les coordonnées der(t_µ(M(0))) sont(a, 0,−µ).

11.4Comme à la question 7, si le point(a, 0,−µ)appartient àH, il existem∈Ztel queµ=2mπ. Pour cet entier relatif m, r◦t2mπ∈G⁻(H).

11.5t_2mπest dansG⁺(H)et donc, omme à la question 11.3,r◦t_2mπ◦t_2mπ=r est dansG⁻(H).

11.6Le pointMπ 2

a pour coordonnées 0, b,π

2

et donc le pointr Mπ

2

a pour coordonnées

0, b,−π 2

. 11.7Sir

Mπ 2

est un point deH, il s’agit nécessairement du point M

−π 2

(à partir de la troisième coordonnée).

Mais le pointM

−π 2

a pour coordonnées

0,−b,−π 2

et n’est pas le pointr Mπ

2

. Doncr Mπ

2

n’est pas un point deH puisr /∈ G⁻(H). Il était absurde de supposerG⁻(H)6= ∅et on a donc montré que G⁻(H) = ∅ou encore G(H) =G⁺(H).