Énoncé Etude d'un problème de géométrie du plan 1

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Etude d'un problème de géométrie du plan

¹

Problème

Soient n points a

1

, a

2

, · · · a

n

du plan complexe.

On veut étudier (existence, unicité, construction) les polygones (non nécessaire- ment convexes) m

₁

, m

₂

, · · · m

_n

tels que a

₁

soit milieu de m

₁

m

₂

, · · · , a

_i

milieu de m

_i

m

_i+1

, · · · , a

_n

milieu de m

_n

m

₁

.

1. a. Faire une étude géométrique du cas n = 3 discuter de l'existence, de l'unicité et de la construction des polygones (triangles) solutions. On supposera les a

i

non alignés.

b. Identier la gure formée par les milieux des côtés d'un quadrilatère. En déduire une condition nécessaire et susante pour qu'il existe des solutions an problème dans le cas n = 4 . Quelles sont alors ces solutions ?

2. Dans le cas général, le problème peut se ramener à la résolution d'un système de n équations linéaires à n inconnues. Ecrire un tel système. Le résoudre et discuter. En déduire une reponse au problème.

3. a. Si a et b sont deux points du plan, identier la transformation géométrique com- posée de la symétrie par rapport au point a et de la symétrie par rapport au point b .

b. Résoudre le problème en étudiant des produits de symétries.

4. À partir de l'étude menée au 1. et d'un raisonnement par récurrence ramenant le problème de n points à n −2 points, retrouver les résultats précédents. et proposer une construction géométrique des solutions lorsqu'elles existent.

NB. Il serait apprécié que les candidats résument dans une conclusion ce qu'ils sont parvenus à démontrer.

1Université de Provence, licence de Maths, atelier de pratique mathématique, mars 1997

Corrigé

Etude d'un problème de géométrie du plan : corrigé

²

1. a. Cas n = 3 .

La conguration cherchée est obtenue lorsque a

1

, a

2

, a

3

sont les milieux des côtés du triangle.

Pour un triangle a

₁

, a

₂

, a

₃

xé quelconque, il existe bien des points m

₁

, m

₂

, m

₃

solution du problème.

Par exemple m

1

= h(a

2

) , m

2

= h(a

3

) , m

1

= h(a

1

) , où h est l'homothétie de centre l'isobarycentre de a

1

, a

2

, a

3

et le rapport -2.

Unicité et construction vont ici ensemble. Si a

1

est le milieu de m

1

m

2

et a

2

celui de m

2

m

3

alors (a

1

a

2

) est parallèle à (m

1

m

3

) donc m

1

et m

3

sont sur la parallèle à (a

1

a

2

) qui passe par a

3

. De même pour les autres points.

Pour un triangle a

1

, a

2

, a

3

xé quelconque, il existe donc un unique triangle m

1

, m

2

, m

3

solution du problème. Il se construit en traçant les parallèles au côté opposé issues de chaque sommet.

b. Cas n = 4 .

2les gures sont obtenues à partir de la feuille de calcul milieuC.mws

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai Amilieu

(2)

MPSI B 29 juin 2019

Il est nécessaire que le quadrilatère (a

₁

, a

₂

, a

₃

, a

₄

) soit un parallélogramme pour que le problème admette des solutions.

Supposons en eet a

₁

, a

₂

, a

₃

, a

₄

milieux de m

₁

, m

₂

, m

₃

, m

₄

. Les droites (a

₁

a

₂

) et (a

₃

a

₄

) sont parallèles entre elles car parallèles à (m

₁

m

₃

) . Il en est de même pour les autres côtés donc (a

₁

, a

₂

, a

₃

, a

₄

) est un parallélogramme

Montrons que cette condition est susante. Le point a

₁

est milieu de m

₁

m

₂

lorsque m

₂

est le symétrique de m

₁

par rapport à a

₁

.

Considérons donc les quatre symétries s

₁

, s

₂

, s

₃

, s

₄

s

₁

(z) = 2a

₁

− z, s

₂

(z) = 2a

₂

− z, s

₃

(z) = 2a

₃

− z, s

₄

(z) = 2a

₄

− z, Le quadrilatère

m

1

, m

2

= s

1

(m

1

), m

3

= s

2

(m

2

), m

4

= s

3

(m

3

) est solution lorsque m

₁

= s

_a

(m

₁

) . Or

s

₄

◦ s

₃

◦ s

₂

◦ s

₁

(z) = 2(a

₄

− a

₃

+ a

₂

− a

₄

) + z

et le fait que (a

1

, a

2

, a

3

, a

4

) soit un parallélogramme se traduit par −−→ a

3

a

4

= −−→ a

2

a

1

ou a

4

− a

3

= a

1

− a

2

ou a

4

− a

3

+ a

2

− a

4

= 0 . La construction est donc possible à partir d'un point quelconque m

₁

.

Conclusion. Le problème admet des solutions si et seulement si le quadrilatère de départ est un parallélogramme. Dans ce cas, il y a une innité de quadrilatère solutions. Ils s'obtiennent à partir d'un point arbitraire en faisant des symétries successives par rapport aux sommets du quadrilatère de départ.

2. La traduction de a

i

est le milieu de m

i

m

i+1

est m

i

+ m

i+1

= 2a

i

. Le système associé au problème est donc



 

 

 

 

m

₁

+ m

₂

= 2a

₁

m

₂

+ m

₃

= 2a

₂

... ...

m

_n−1

+ m

n

= 2a

_n−1

m

1

+ m

n

= 2a

n

En partant du bas et par remplacements successifs dans les n − 1 dernières équations, on obtient m

n

, m

n−1

, · · · , m

2

en fonction de m

1

. En remplaçant dans la première, on trouvera une équation ne faisant intervenir que m

1

. Soit

m

_n

= 2a

_n

− m

₁

m

n−1

= 2a

n−1

− m

n

= −2(a

n

− a

n−1

) + m

1

m

_n−2

= 2a

_n−2

− m

_n−1

= +2(a

n

− a

_n−1

+ a

_n−2

) − m

1

...

m

n−k

= 2a

n−k

− m

n−k+1

= (−1)

^k

2(a

n

− a

n−1

+ · · · + (−1)

^k

a

n−k

) − m

1

...

m

2

= 2a

2

− m

1

= (−1)

ⁿ⁻²

2(a

n

− a

_n−1

+ · · · + (−1)

ⁿ⁻²

a

2

) − m

1

et pour la première équation

(1 + (−1)

ⁿ⁻¹

)m

1

= 2(a

n

− a

_n−1

+ · · · + (−1)

ⁿ⁻¹

a

1

) Il apparaît donc que

Si n est impair, le coecient de m

1

est 2. Une seule valeur de m

1

est possible qui détermine les valeurs des m

k

. Le système admet une seule solution.

Si n est pair, le coecient est nul. La condition a

n

− a

_n−1

+ · · · − a

1

= 0

est nécessaire et susante pour l'existence de solutions. Dans ce cas pas d'unicité, l'espace des solutions est une droite vectorielle. On peut choisir m

1

comme para- mètre.

2

(3)

MPSI B 29 juin 2019

La traduction vectorielle de la condition dans le cas pair est

−−→ a

1

a

2

+ −−→ a

2

a

3

+ · · · + −−−−→ a

_n−1

a

n

= − → 0 Elle généralise −−→ a

1

a

2

+ −−→ a

2

a

3

= − →

0 qui caractérise un parallélogramme dans le cas n = 4 . 3. a. Il est évident que si s

_a

est la symétrie par rapport au point a et s

_b

est la symétrie

par rapport au point b , s

_b

◦ s

_a

est la translation de vecteur 2 − → ab

b. Notons s

1

, s

2

, · · · les symétries par rapport à a

1

, a

2

, · · · . Le problème est résolu lorsque

m

₂

= s

₁

(a

₁

), m

₃

= s

₂

(a

₂

), · · · , m

_n

= s

_n−1

(a

_n−1

), m

₁

= s

_n

(a

_n

) Il s'agit donc de trouver un m

₁

tel que

s

n

◦ s

_n−1

◦ · · · ◦ s

1

(m

1

) = m

1

Notons ϕ = s

n

◦ s

_n−1

◦ · · · ◦ s

1

, v = (a

2

− a

1

) + · · · + (a

_n−1

−a

_n−2

) , t la translation de vecteur 2v .

Si n est impair, ϕ = s

n

◦ t donc ϕ(m

1

) = 2a

n

− m

1

− 2v donc ϕ(m

1

) = m

1

si et seulement si m

1

= a

n

− v . On construira donc le vecteur v puis on translatera a

n

de −v pour obtenir l'unique m

1

possible. On construit les m

k

suivant par des symétries successives.

Si n est pair, ϕ = t et admet un point xe seulement lorsque v = 0 . Dans ce cas tous les m

1

conviennent.

4. L'idée consiste à remplacer le problème a

1

, a

2

, · · · , a

n

par le problème a

⁰₃

, a

4

, · · · , a

n

où a

⁰₃

est le quatrième sommet du parallélogramme construit sur a

1

, a

2

, a

3

. Si m

₁

, m

₂

, · · · , m

_n

est une solution du problème a

₁

, a

₂

, · · · , a

_n

alors m

₁

, m

₄

, m

₅

· · · , m

_n

est une solution du problème a

⁰₃

, a

₄

, · · · , a

_n

.

3