Corrig´ e de l’examen du 16 novembre 2017

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1 MEEF – G´ eom´ etrie

Corrig´ e de l’examen du 16 novembre 2017

Les documents et les calculettes sont interdits. Il sera tenu compte de la qualit´ e de la r´ edaction pour l’attribution d’une note.

Les questions. – Les questions sont ind´ ependantes les unes des autres.

Chaque question rapporte 2 points.

1.– Soit − →

f l’endomorphisme de R

dont la matrice dans la base canonique ( − → e

, − → e

) de R

est

A =

cos θ sin θ sin θ − cos θ

avec θ 6= kπ, k ∈ Z . D´ eterminer les valeurs propres et les espaces propres de

−

→ f .

R´ep.– On calcule d’abord le polynˆome caract´eristique PA(λ) =λ²−1 = (λ−1)(λ+ 1).

Les valeurs propres sont donc 1 et−1. D´eterminons d’abord l’espace propreE1(−→

f) associ´e

`

a la valeur propreλ= 1.On a

−

→u = x

y

∈E₁(−→ f) ⇐⇒

cosθ sinθ sinθ −cosθ

x y

= x

y

⇐⇒

(cosθ−1)x+ sinθy = 0 sinθx−(1 + cosθ)y = 0

⇐⇒







−2 sin²θ

2 x+ 2 sinθ 2cosθ

2 y = 0 2 sinθ

2cosθ

2 x−2 cos²θ

2 y = 0

Puisqueθ6=kπ, k∈Z, on peut conserver les ´equivalences en simplifiant par sin^θ₂ ou cos^θ₂. On a donc

−

→u = x

y

∈E1(−→ f) ⇐⇒







−sinθ

2 x+ cosθ

2 y = 0 sinθ

2 x−cosθ

2 y = 0

D’o`u

−

→u = x

y

∈E₁(−→

f) ⇐⇒ sinθ

2 x−cosθ 2 y= 0 AinsiE₁(−→

f) est la droite passant par l’origine et de vecteur directeur

−

→uθ= cosθ 2

−

→e1+ sinθ 2

−

→e2.

Similairement, on montre que E₋₁(−→

f) est la droite passant par l’origine et de vecteur directeur

−

→vθ=−sinθ 2

−

→e1+ cosθ 2

−

→e2.

2.– Montrer que les valeurs propres d’une matrice orthogonale sont de mo- dule 1.

R´ep.– SoitM une matrice orthogonale,λ∈Cune valeur propre etX un vecteur propre non nul. On a

M X=λX =⇒ ^tX^tM =λ^tX

=⇒ ^tX^tM M X=λλ^tXX avec^tM M =IdpuisqueM est orthogonale. Ainsiλλ= 1

3.– Donner la d´ efinition exacte d’un angle orient´ e de vecteurs.

R´ep.– L’angle orient´e de vecteurs d’un couple (−→u ,−→v) de vecteurs unitaires du plan vectoriel euclidien −→

P est la classe d’´equivalence de ce couple modulo l’action du groupe SO(−→

P). L’angle orient´e d’un couple de vecteurs non nuls quelconque est l’angle orient´e obtenu en les normant.

4.– Soit ABCD un t´ etra` edre r´ egulier.

i) ´ Ecrire la permutation sur les sommets A, B, C, D induite le retourne- ment autour de la bim´ ediane des arˆ etes AC et BD.

ii) La connaissance de cette seule permutation permet-elle de retrouver l’isom´ etrie ? On justifiera la r´ eponse.

R´ep.– i) (ABCD)−→(CDAB)

ii) Oui car une isom´etrie deR³ est enti`erement d´etermin´ee par l’image de quatre points affinement ind´ependants et c’est le cas des pointsA, B,C etD.

5.– Soit f une isom´ etrie de forme complexe z 7→ e

z + b o` u ϕ ∈ R et b ∈ C . Montrer que si b + e

b 6= 0 alors f n’a pas de point fixe.

R´ep.– Pour toutz∈C,on a

f◦f(z) =z+b+e^2iϕb6=z

doncf◦f n’a pas de point fixe. Or si z´etait un point fixe def, il serait ´egalement point fixe def◦f. Contradiction.

Le probl` eme. – (10 pts) On note E = ( R

, h., .i) l’espace affine euclidien et R = (O, − → e

, − → e

, − → e

) un rep` ere orthonorm´ ee de E. Soit n ∈ N

et h > 0. On consid` ere les 2n points P

, ..., P

, Q

, ..., Q

de E dont les coordonn´ ees dans R sont

P

:= (R cos 2kπ

n , R sin 2kπ n , 0) Q

:= (R cos (2k + 1)π

n , R sin (2k + 1)π n , h)

pour k ∈ {0, ..., n − 1}. On convient d’une convention circulaire pour les in- dices P

= P

, P

= P

, Q

= Q

, etc.

Le but de ce probl` eme est l’´ etude du Lampion de Schwarz (illustration ci-

dessus). Un formulaire trigonom´ etrique est disponible en fin de sujet.

1) i) Montrer que les points P

(resp. les points Q

) sont coplanaires et que les deux plans qui les contiennent sont parall` eles.

ii) Montrer que les points P

et Q

sont contenus dans un cylindre que l’on d´ eterminera.

R´ep.– i) Soient Π0 et Πh les plans horizontaux d’altitude z = 0 et z = h. On a imm´ediatementP_k∈Π₀,Q_k ∈Π_h et Π₀//Π_h.

ii) SoitO= (0,0,0) l’origine deR³ et Ωh= (0,0, h), on a

•−−→ OPk∈−→

Π et−−→

ΩhQ_k ∈−→ Π

• k−−→

OP_kk=k−−→

Ω_hQ_kk=R

Par cons´equent,Pk et Qk appartiennent `a un cylindre circulaire dont l’axe est (Oz) et le rayonR.

2) i) Soit − →

Π = V ect( − → e

, − → e

) et − →

D = V ect( − → e

). On note − → s − →

Π la r´ eflexion par rapport ` a − →

Π et − − → Rot− →

D

la rotation d’axe − →

D et d’angle θ. Ecrire la ma- ´ trice de l’anti-rotation vectorielle − →

A − → Π

− →

D

= − → s − → Π ◦ − − →

Rot− →

D

dans la base ( − → e

, − → e

, − → e

).

ii) Soient z ∈ R et Ω

le point de coordonn´ ees (0, 0, z). On pose Π

= Ω

+ V ect( − → e

, − → e

) et D = Ω

+ V ect( − → e

) et on consid` ere l’anti-rotation affine f = s

◦ Rot

= Rot

◦ s

de plan Π

, d’axe D et d’angle θ. En admettant que − →

f est l’anti-rotation vectorielle − → A − →

Π

− →

D

. Montrer que

∀M ∈ E, −−−→

Ω

M

= − → A − →

Π

− →

D

( − −− → Ω

M ) o` u M

= f (M ).

R´ep.– i) L’application −→

f restreinte `a −→

Πz est une rotation d’angle θ et −→ f|−→

D est la multiplication scalaire par−1 d’o`u la matrice dans la base (−→e₁,−→e₂,−→e₃)





cosθ −sinθ 0 sinθ cosθ 0

0 0 −1





ii) Notons d’abord que Ωzest point fixe defz.En effet, puisque Ωz∈D, on aRotD,θ(Ωz) = Ωz et puisque Ωz ∈Πz, on a sΠ_z(Ωz) = Ωz. On ´ecrit ensuite la formule de Grassmann : pour toutM ∈E, on a

f(M) =f(Ωz) +−→ f(−−−→

ΩzM) qui devient ici

M⁰= Ωz+−→ A−→

Π,−→ D,θ(−−−→

ΩzM)

ce qui est la relation demand´ee.

3) Soient P

= f(P

) et Q

= f (Q

).

i) Montrer que

− −− → Ω

P

=

R cos(θ + 2kπ

n ), R sin(θ + 2kπ n ), z

.

ii) D´ eterminer θ et z pour que P

= Q

. iii) Montrer qu’alors Q

= P

.

R´ep.– i) On a−−−→

Ω_zP_k = (Rcos^2kπ_n , Rsin^2kπ_n ,−z) d’o`u

−−−→ΩzP_k⁰ = −→ A−→

Π,−→

D,θ(−−−→

ΩzPk)

=





cosθ −sinθ 0 sinθ cosθ 0

0 0 −1









Rcos^2kπ_n Rsin^2kπ_n

−z





=





R(cosθcos^2kπ_n −sinθsin^2kπ_n ) R(sinθcos^2kπ_n + cosθsin^2kπ_n )

z





=





Rcos(θ+^2kπ_n ) Rsin(θ+^2kπ_n )

z





ii) On a

−−−→Ω_zQ_k=

Rcos(2k+ 1)π

n , Rsin(2k+ 1)π n , h−z

et −−−→

ΩzP_k⁰ =

Rcos(θ+2kπ

n ), Rsin(θ+2kπ n ), z

. Pour avoir P_k⁰ =Qk il faut doncθ= ^π_n (modulo 2π) etz=h/2.

iii) Montrons qu’on a alorsQ⁰_k =Pk+1. En effet d’une part on a

−−−−−→

ΩzPk+1=

Rcos2(k+ 1)π

n , Rsin2(k+ 1)π n ,−h/2

puisque z=h/2 et d’autre part

−−−→ΩzQ⁰_k =

Rcos(θ+^(2k+1)π_n ), Rsin(θ+^(2k+1)π_n ), z−h

=

Rcos^2(k+1)π_n , Rsin^2(k+1)π_n ,−h/2 AinsiQ⁰_k=P_k+1.

4) On suppose d´ esormais que l’anti-rotation f est choisie telle que f (P

) = Q

et f(Q

) = P

. On note T

le triangle P

Q

P

et T

le triangle Q

P

Q

.

i) Montrer que f(T

) = T

et f(T

) = T

.

ii) En d´ eduire que les triangles T

, ..., T

, T

, ..., T

sont isom´ etriques

entre eux.

R´ep.– i) On a f(Pk) = Qk, f(Qk) = Pk+1 et f(Pk+1) = Qk+1 doncf(Tk) = T_k⁰. De mˆemef(T_k⁰) =Tk+1.

ii) On a donc T_k =f^2k(T₀) etT_k⁰ =f^2k+1(T₀) ce qui montre que tous les triangles sont isom´etriques `a T0.

5) Soit H le plan affine passant par l’origine et de direction − →

H = V ect( − → e

, − → e

).

On note s

la r´ eflexion affine par rapport ` a H.

i) Montrer que si M = O + X − → e

+ Y − → e

+ Z − → e

alors s

(M ) = O + X − → e

− Y − → e

+ Z − → e

. ii) Quels sont les images des points Q

, P

et Q

par s

?

iii) Montrer que tous les triangles T

, ..., T

, T

, ..., T

sont isoc` eles.

R´ep.– i) On asH(O) =O carO∈H. D’apr`es la formule de Grassmann, on peut donc

´ ecrire

−−−→ OM⁰=−→s−→

H(−−→

OM) pour toutM ∈E. Supposons−−→

OM =X−→e1+Y−→e2+Z−→e3alors

−−−→

OM⁰ =X−→e1−Y−→e2+Z−→e3.

ii) Puisque P0=O+R−→e1, on asH(P0) =P0.DeQ0= (Rcos^π_n, Rsin^π_n, h) on d´eduit sH(Q0) = (Rcosπ

n,−Rsinπ n, h)

= (Rcosπ

n, Rsin−π n, h)

= (Rcos(2π−π

n), Rsin(2π−π n), h)

= (Rcos((2(n−1) + 1)π

n ), Rsin((2(n−1) + 1)π

n ), h)

= Q_n−1.

1. On rappelle que deux triangles sontisom´etriquess’il existe une isom´etrie qui envoie l’un sur l’autre.

Puisque s_H est une involution, on as⁻¹_H =s_H et doncs_H(Q_n−1) =Q₀.

iii) AinsisH([P0Q0]) = [P0, Q_n−1] et commesHest une isom´etrie, on en d´eduit queT₀⁰ est isoc`ele, puis que tous les autres triangles le sont puisque isom´etriques entre eux.

6) Soit I

le point milieu du segment [P

P

].

i) Montrer que

− → OI

= 1

2 ( −→

OP

+ −→

OP

) ii) D´ eterminer les coordonn´ ees de I

dans le rep` ere R.

iii) Montrer que Q

I

= p

R

(1 − cos

)

+ h

.

R´ep.– i) Le pointIk est milieu de [PkPk+1] si−−→

IkPk =−−−−−→

IkPk+1. On en d´eduit

−−→IkO+−−→

OPk=−−−→

IkO−−−−−→

OPk+1

i. e.

−→OI_k= 1 2(−−→

OP_k+−−→ OP_k+1).

ii) On a

−→OIk = 1 2(−−→

OPk+−−→ OPk+1)

= 1

2(R(cos2(k+ 1)π

n + cos2kπ

n ), Rsin2(k+ 1)π

n + sin2kπ n ,0)

= (Rcos(2k+ 1)π n cosπ

n, Rsin(2k+ 1)π n cosπ

n,0) d’o`u les coordonn´ees deIk dans le rep`ereR:

I_k = (Rcos(2k+ 1)π n cosπ

n, Rsin(2k+ 1)π n cosπ

n,0).

iii) On a

−−−→I_kQ_k = (Rcos^(2k+1)π_n (1−cos^π_n), Rsin^(2k+1)π_n (1−cos^π_n), h) d’o`u

kIkQ_kk²=R²(1−cosπ

n)²+h²=R²(2 sin² π

2n)²+h²

7) i) En consid´ erant le triangle isoc` ele OP

P

, d´ eterminer la longueur P

P

en fonction de n et de R.

ii) Montrer que

Aire(T

) = R sin π n

r

R

(1 − cos π

n )

+ h

R´ep.– i) Le triangleOP_kP_k+1´etant isoc`ele, la longueur de sa base [P<sub>k</sub>P<sub>k+1</sub>] est donn´ee par 2Rsin<sup>α</sup><sub>2</sub> o`uα= ^2π_n est l’angle au sommetO.On a doncP_kP_k+1= 2Rsin^π_n.

ii) Puisque Tk est isoc`ele, [IkQk] est la hauteur issue deQk. On a donc Aire(Tk) =1

2Base×Hauteur= 1

2PkPk+1.IkQk

Il suffit ensuite de remplacer par les valeurs d´ej`a obtenues.

8) Soit t la translation de vecteur 2h − → e

. On note P

= t(P

) et T

(resp.

T

) le triangle Q

P

Q

(resp P

Q

P

). Montrer que les triangles T

et T

sont isom´ etriques au triangle T

.

R´ep.– Soitsla r´eflexionsΠ_z avecz=h. Il est imm´ediat de constater ques(Pk) =Pk,1

ainsis(T_k) =T_k⁰⁰⁰ et s(T_k⁰) =T_k⁰⁰.CommeT_k et T_k⁰ sont isom´etriques `a T₀, il s’en suit que T_k⁰⁰ etT_k⁰⁰⁰ sont isom´etriques au triangleT0.

9) On choisit d´ esormais h =

avec N ∈ N

. Pour tout j ∈ {0, ..., N − 1}

on note t

la translation de vecteur 2jh − → e

et on pose

T

= t

(T

), T

= t

(T

), T

= t

(T

), T

= t

(T

)

(en particulier T

= T

, T

= T

, etc.) On appelle lampion de Schwarz L la r´ eunion de tous les triangles

L = [

k∈{0,...,n−1}, j∈{0,...,N−1}

(T

∪ T

∪ T

∪ T

).

i) D´ eterminer l’aire A(n, N ) de L en fonction de N et de n.

ii) D´ eterminer lim

A(n, n) et comparer avec l’aire du cylindre de hau- teur 1.

iii) Que vaut lim

A(n, n

) ?

R´ep.– i) Les triangles sont tous isom´etriques donc Aire(L) = 4nN Aire(T₀) = 4nN Rsinπ

n r

R²(1−cosπ

n)²+ 1 4N² ii) On a d’une part

n−→∞lim 4nRsinπ

n = 4πR.

D’autre part, puisque 1−cosx∼ ^x₂², on aR²(1−cos^π_n)²∼h

R 2

π n

²i2

= ^R_4n^2π4⁴ et _4N¹2 =

1

4n², on a ´egalement

r

R²(1−cosπ n)²+ 1

N² ∼ 1 2n

et

N r

R²(1−cosπ n)²+ 1

N² ∼1 d’o`u

n−→∞lim A(n, n) = 2πR

ce qui est l’aire d’un cylindre dont la base est un cercle de rayon R et dont la hauteur est 1.

iii) Cette fois on a _4N¹₂ ∼_4n¹₆ et donc r

R²(1−cosπ n)²+ 1

N² ∼R 2

π n

²

d’o`u

N r

R²(1−cosπ n)²+ 1

N² ∼nRπ² 2 et

Aire(L)∼n4πR²π² 2 donc lim_n−→∞A(n, n³) =∞.

Formulaire.–

cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b

sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a

cos a − cos b = −2 sin

sin

cos a + cos b = 2 cos

cos

sin a − sin b = 2 cos

sin

sin a + sin b = 2 cos

sin