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.

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1 EADM – G´ eom´ etrie

Corrig´ e du partiel du 15 novembre 2012

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.– Montrer que si − →

f = kId, k 6= 1, alors f est une homoth´ etie dont on d´ eterminera le rapport et le centre.

R´ep.– Montrons d’abord quef a un point fixe. SoientO etM deux points quelconques, la formule de Grassmann s’´ecrit

f(M) =f(O) +−→ f(−−→

OM) soit encore

M⁰=O⁰+k−−→

OM =O⁰+k−−→

OO⁰+k−−−→ O⁰M d’o`u

−−−→O⁰M⁰−k−−−→

O⁰M =k−−→

OO⁰ et M est fixe si et seulement si

−−−→O⁰M⁰= k 1−k

−−→OO⁰.

On noteI l’unique point fixe def caract´eris´e par la relation

−−→ O⁰I= k

1−k

−−→OO⁰.

On a

M⁰=I+−→ f(−−→

IM)⇒IM⁰ =−→ f(−−→

IM) =k−−→ IM et f est une homoth´etie de centreIet de rapportk.

2.– Montrer que si le sous-espace affine F ix f des points fixes d’une isom´ etrie

plane f est une droite, alors f est une r´ eflexion par rapport ` a D = F ix f.

R´ep.– SoientN ∈D etM 6∈D.Puisque f est une isom´etrie,M⁰N⁰ =M N et comme N ∈D on a aussi M⁰N⁰ =M⁰N. En fin de compte, M⁰N =M N et doncN appartient

`

a la m´ediatrice ∆ de [M, M⁰].AinsiD =F ix f ⊂∆ et pour des questions de dimension D= ∆.En particulierM⁰ est le sym´etrique deM par rapport `aDet f est une r´eflexion.

3.– Soit s une r´ eflexion du plan et r une rotation plane. Montrer que ∀ k ∈ N on a s ◦ r

◦ s = r

.

R´ep.– La compos´ees◦rest une isom´etrie indirecte, d’apr`es la classification des isom´etries planes ce ne peut ˆetre qu’une r´eflexion et donc (s◦r)²=id.Par cons´equents◦r◦s=r⁻¹ et en it´erant cette relations◦r^k◦s=r^−k.

4.– Soit T = {A, B, C, D} un t´ etra` edre r´ egulier. Montrer que le cardinal de l’ensemble des isom´ etries affines qui conservent T est inf´ erieur ou ´ egal ` a 24.

R´ep.– Une telle isom´etrie permute les pointsA,B,CetD.Or une isom´etrie de l’espace est une application affine, elle est enti`erement d´etermin´ee par l’image de quatre points affinement ind´ependants. Il ne peut donc y avoir au plus que 4! = 24 isom´etries qui lais- sentT invariant.

5.– Soient A, B et M trois points distincts d’un cercle de centre O. Mon- trer que 2( −−→

M A, −−→

M B) = ( −→

OA, − − →

OB) (´ egalit´ e de mesures d’angles orient´ es de vecteurs).

R´ep.– Dans le triangleM AOon a (−−→

M A,−−→

M O) + (−→

AO,−−→

AM) + (−−→

OM ,−→

OA) =π [2π].

Ce triangle est isoc`ele donc (−−→

M A,−−→

M O) = (−→

AO,−−→

AM) [2π] d’o`u 2(−−→

M A,−−→

M O) + (−−→

OM ,−→

OA) =π [2π].

Les mˆemes consid´erations dans le triangleM BOconduisent `a 2(−−→

M O,−−→

M B) + (−−→ OB,−−→

OM) =π [2π].

En sommant

2(−−→

M A,−−→

M B) + (−−→ OB,−→

OA) = 0 [2π].

Le probl` eme. – (10 pts) Soit P un point ` a l’int´ erieur d’un triangle ABC.

On appelle a, b, c les longueurs des trois cˆ ot´ es ; r

, r

, r

les distances de P

au cˆ ot´ es et R

, R

, R

les longueurs P A, P B, P C.

1) On suppose que P ∈ BC. Montrer que : i) Aire(ABC)=

(br

+ cr

).

ii) aR

≥ br

+ cr

.

R´ep.– i) On a

Aire(ABC) =Aire(AP C) +Aire(AP B) = 1 2brb+1

2crc. ii) SoitH le projet´e orthogonal deAsurBC. On a

Aire(ABC) =a.AH≤a.AP =a.Ra

d’o`u : ¹₂a.R_a≥ ¹₂br_b+¹₂cr_c.

2) En utilisant une homoth´ etie de centre A, montrer que a.R

≥ br

+ cr

pour tout P dans ABC.

R´ep.– SoitP⁰ dans ABC. On supposeP⁰ 6∈(BC) et on note P = (AP⁰)∩(BC).Soit hl’homoth´etie de centreAet de rapportAP⁰/AP.On note aussiR⁰_a:=AP⁰ (Ra=AP).

On a donc

r_a⁰ ra

= r⁰_b rb

=R⁰_a Ra

.

Par cons´equent, sia.Ra ≥brb+crc alorsa.R_a⁰ ≥br⁰_b+cr_c⁰.

3) En utilisant l’image de P par la r´ eflexion par rapport ` a la bissectrice de l’angle en A, montrer que pour tout P dans ABC on a

aR

≥ br

+ cr

.

R´ep.– Soitsla r´eflexion par rapport `a la bissectrice de l’angle enA. NotonsHb (resp.

Hc) le projet´e orthogonal de P sur (AC) (resp. sur (AB)). Puisque l’axe de la r´eflexion est la bissectrice de l’angle en A, les imagesB⁰ =s(B) etC⁰ =s(C) sont sur les droites (AC) et (AB).SiP⁰ est l’image deP pars.L’image deHb∈(AC) est donc un pointH_b⁰ sur (AB).Puisque sest une isom´etrie,

∠P H_bA=∠P⁰H_b⁰A= angle droit.

DoncH_b⁰ est le projet´e orthogonal deP⁰ sur (AB) et P⁰H_b⁰ =r⁰_b.Il s’en suit que rc =r⁰_b. De mˆeme rb = r_c⁰. La relation aRa ≥ brb+crc devient aR⁰_a ≥ br_b⁰ +cr⁰_c soit encore aRa≥brc+crb.

4) D´ eduire de la question pr´ ec´ edente que :

R

+ R

+ R

≥ b

+ c

bc r

+ c

+ a

ca r

+ a

+ b

ab r

puis ´ etablir l’in´ egalit´ e d’Erd¨ os-Mordell :

R

+ R

+ R

≥ 2(r

+ r

+ r

).

R´ep.– On ´ecrit

Ra ≥ _a^brc+^c_arb

Rb ≥ ^c_bra+^a_brc

R_c ≥ _c^br_a+^a_cr_b et on somme

R_a+R_b+R_c ≥ c

b +b c

r_a+c a+a

c

r_b+ b

a+a b

r_c

d’o`u

Ra+Rb+Rc≥ b²+c²

bc ra+c²+a²

ca rb+a²+b² ab rc. De (a−b)²≥0 on d´eduita²+b²≥2ab et donc ^a2_ab^+b2 ≥2.Il en d´ecoule

Ra+Rb+Rc≥2(ra+rb+rc).

5) Montrer que cette in´ egalit´ e est une ´ egalit´ e si et seulement si ABC est un triangle ´ equilat´ eral de centre P.

R´ep.– L’in´egalit´e

R_a+R_b+R_c ≥ c

b +b c

r_a+c a+a

c r_b+

b a+a

b

r_c

est une ´egalit´e si et seulement si les trois in´egalit´es Ra ≥ _a^brc+^c_arb

Rb ≥ ^c_bra+^a_brc

R_c ≥ _c^br_a+^a_cr_b

sont des ´egalit´es. Or, d’apr`es le raisonnement de la question 1, on a R_a =_a^br_c+^c_ar_b si et seulement si (AP) est une hauteur. Donc,

R_a+R_b+R_c = c

b +b c

r_a+c a+a

c

r_b+ b

a+a b

r_c

si et seulement siP est l’orthocentre deABC.

De plusa²+b²= 2ab si et seulement sia=b. Donc

Ra+Rb+Rc= 2(ra+rb+rc)

si et seulement siABC est un triangle ´equilat´eral etP est son orthocentre.

6) On suppose que ABC est ´ equilat´ eral et P ∈ ABC . Que vaut le minimum de P 7−→ R

+ R

+ R

?

R´ep.– Notons que, dans un triangle quelconque

Aire(ABC) =Aire(ABP) +Aire(ACP) +Aire(ABC) = 1

2(a.r_a+b.r_b+c.r_c) or, dans un triangle ´equilat´erala=b=cet Aire(ABC) =a²

√3 4 ainsi a

√3

2 =r_a+r_b+r_c. Ainsi, pour toutP ∈ABC,

Ra+Rb+Rc≥a

√ 3 2 et si P = orthocentre

R_a+R_b+R_c=a

√3 2 . Le minimum deP 7−→Ra+Rb+Rc est donca

√3 2 .

7) On suppose de nouveau que le triangle ABC est quelconque. Montrer que R

.R

.R

≥ 8r

.r

.r

(Indication : on pourra commencer par montrer que si x > 0 et y > 0 alors x + y ≥ 2 √

xy).

R´ep.– En posantx=α² et y=β²,la relationx+y≥2√

xy devientα²+β²≥2αβ, c’est-`a-dire (α−β)²≥0.Ainsi

Ra ≥ _a^brc+_a^crb ≥ 2 rbc

a²rcrb

Rb ≥ ^c_bra+^a_brc ≥ 2 rac

b²rcra

Rc ≥ ^b_cra+^a_crb ≥ 2 rab

c²rbra

et par cons´equent

R_a.R_b.R_c≥8r_a.r_b.r_c.