Corrigé de la deuxième composition du CAPES externe 1996

Master Enseignement Algèbre et Géométrie CORRECTION EXERCICE

(1) La partie linéaire s| de Sj vaut —Id quel que soit i G [l,n]. Ainsi la composition Sj+i o Si admet pour partie linéaire (—Id) o (—Id) — Id, il s'agit donc bien d'une translation. De plus le point Ai, laissé invariant par Sj, est envoyé par Sj+i sur un point M tel que Ai+iM = —Ai+iAi. On en déduit que AiM = 2AiAi+i. Ainsi Si+i o Si est la translation de vecteur 2AiAi+i.

(2) Si BI est un point tel que /(-Bi) = BI, alors la suite des points Bi+i — Si(Bi), pour i G [1, n] vérifie bien que Ai, centre de la symétrie centrale Sj est le milieu de [BiBi+i] par constuction. De plus, on a Bn+i — sn o • • • o S I ( B I ) — f(Bi) = B\.

Inversement, si une suite de points BI, ..., Bⁿ vérifie pour tout i G [1, n ] , Ai est le milieu de [BiBi⁺i] (avec Bⁿ⁺i = BI), alors on a pour tout i G [l,n] Si(B^t) = Bi+i. Ce dont on déduit que B\ Bⁿ⁺i — sⁿ o • • • o s^(Bi) = f(Bi).

(3) Si n est pair, on a / — (snosn-i)o- • -o(s2osi) — tn/2°- • -°ti, avec pour i G [1, n/2], ti = S2i°S2i-ï- La composée ij est d'après la question 1 une translation de vecteur

\A-2i. Par composition, on en déduit que / est une translation de vecteur

Ainsi si ~v n'est pas le vecteur nul, il n'y a aucun point B\l que f(Bi) — B\t donc aucune solution au problème initial. Si ~ïj est le vecteur nul, tout point

M du plan vérifie f ( M ) = M, il y a donc une infinité de solutions.

Soit O l'isobarycentre de {A^i i = l..n/2} et P celui de {A^i-i i — l..n/2}, on a:

= l

(Or ces deux sommes sont nulles par définition de O et de P.)

fpo = lf

(4) Si n est impair, la partie linéaire / de / vaut (—Id)ⁿ = —/d, ainsi / est une symétrie centrale. Il y a alors un unique point BI tel que f(Bi) — BI, le centre de cette symétrie centrale. Il n'y a donc qu'une seule solution au problème. A partir d'un point M quelconque et de son image f ( M ) , on peut facilement retrouver le centre de la symétrie, qui est, par définition de la symétrie centrale, le milieu du segment [Mf(M)\.

Université Pierre et Marie Curie MATHÉMATIQUES Préparation à l'écrit du

CAPES externe Francette BORIES

Corrigé de la deuxième composition du CAPES externe 1996

I. EXEMPLES DE SQUELETTES

Dans tout le problème, on notera M — -(rc, y) un point M de coordonnées (x, y]

appartenant à IL

Ll. Squelette d'un carré

D

Figure 1

1.1.1. Montrons tout d'abord qu'aucun point de 72. n'appartient à dTl. Soit.M de coordonnées (x, y) appartenant à 72.,

-1 < x < 1 =^ 3ei > 0 tel que - 1 < x - EI < x +ei < 1 -1 < y. < 1 =£- 3e² > 0 tel que - 1 <' y — 63 < y + £3 < 1

Posons, E = min{ei, £2}, la boule B(M, e) est incluse dans 72., donc ne rencontre pas le complémentaire de 72,. On en déduit que M n'appartient pas à 572..

Un raisonnement analogue montre qu'aucun point de

' U' = [M = (x,y) \\x\>l ou [y\ 1}

n'appartient à

On en déduit que 972. est inclus dans le complémentaire de 72. (J R,' qui est

[A

Bt\U(B

C\U[C

D]\J(D,A].

Réciproquement, soit M — (x, y) appartenant à }A, D[,x = l,\y\<l. Pour tout e appartenant à ]0, 4[, le point de coordonnées (1 — -, y) appartient à B (M ; e) n 72,

£t

et M appartient à B(M ; e) n 72.' . On en déduit ]A, D[ inclus dans dTl.

De plus, si e appartient à ]0, 4[, le point de coordonnées (1 — - , 1 — - ) appartient à

^j

; e) HT?, et A appartient à B(A; e)D72/ . On en déduit que A appartient à 972,, et par un raisonnement analogue, D appartient à 972,. Ainsi [A, D] est inclus dans 072.. On procède de même avec les segments [B,C], [C, D}, [D, A] et on obtient :

OU = (A, B] U [B, C] U [C, D] U [D, A].

1.1.2. M = (a;, y) est intérieur au triangle AOD si et seulement si 0 < x < 1 et

|y| < x. SoitP = (l,y') appartenant à [A, D].

inf d(M,P) = |x-l| = 1-z

x

Cette borne inférieure est atteinte au point T = (l,y) et seulement en ce point. On en déduit d(M, [A,D]) = 1 — x et si T appartient, de plus, à 972-, d(M, T) = d(M, [A,D]} si et seulement si T = (1, y).

Un raisonnement analogue montre que

d(M, [5, C}) = \ + 1| = 1 + x > 1 - x, d(M, [C, D])**\y + l\>l-\y\>l- x.

On a ainsi d(M, d'R.) = l - x, avec, si T appartient à &R, d(M, T) = d(M, si et seulement si T = (1, y). On obtient donc n(M) = 1.

1.1.3. M = (x, y) appartient à }O, A[ si et seulement si 0 < x = y < 1. Comme en 1. 1 .2., on montre que : :

d(M, [A, D]) = 1 - x et, d(M,T) = d(M, [A, D}) avec T e 972,, si et seulement si T =(!,£),

d(M, [A, S]) = y - 1| - 1 - x et d(M, T) = d(M, [A, B}) avec T 6 c>ft, si et seulement si T = (x, 1),

d(M, [C, D]) = |y + 1| = 1 + x > 1 - x.

On a ainsi d(M, 972.) — 1 - a; = 1 - y, avec, si T appailient, de plus, à 972,, d(M, T) = d(M, 97^) si et seulement si T = (1, a:) ou (x, 1).

On obtient donc n(M) = 2.

Préparation aux CAPES de mathématiques , 3 1.1.4. d(O, [A,B]) = 1 et, S1 T appartient à OU, d(0,T) = d(O, [A,B}) si et seulement si T = (0, 1).

d(O, [B, C}} = 1 et, si T appartient à 371, d(0,T] = d(O, [B, C}) si et seulement d(0, [C, D}) = 1 et, si T appartient à d7l, d(O, T) = d(0, [C, D]) si et seulement siT = (0,-l),

d(O, (D, A]} = l et, si T appartient à dTl, d(O, T) = d(O, [D, A]) si et seulement siT = (1,0).

On en déduit n(O) = 4.

Autre solution :

En utilisant des rotations de centre O et d'angle de mesure .— ,7T

jLi

d(O,U) = inf d(O,P) = inf d(O,P) = 1.

P€[A,D] '

n(O) est donc le cardinal de C(0, 1) n dTl, soit n(O] = 4, car C(0, 1) est tangent aux quatre côtés du carré A, B, C, D.

1.1.5. D'après 1.1.2,3,4, on a n(M) > 2 si et seulement si M appartient à ]0, A[U]0, -B[U]O, (7[U]O, D[U{O} =]A, C[U]B,D[. Le squelette de ?e est donc

1.1.6. Soit A'B'C'D1 un carré de centre O' . Orientons II de sorte que ( i , j ), donc (ÔA, OB), soient des bases directes. En permutant éventuellement les noms des sommets A', B' ,C' ,D' , on peut supposer (O'A', O' B') base directe. Soit a la similitude directe telle que a(O) = 0' et a (A) — A' . Notons fc le rapport de cette similitude, k est strictement positif et O'A' = kOA.

O'B

= O'A' = kOA = WB et (Ô^A , Ô

^) = - = (UÂ, UÊ) [mod 2ir].

Zi

On en déduit B' - a(B] et de même C' = a(C), D' = a(D}.

L'ensemble des points intérieurs au carré A'B'C'D' est 'R! = a(R). Pour tout M' = a (M], d(M', dU) = d(<r(M}>aÇR,}} = kd(M, 7^). On en déduit :

= }A',C' [U]B',D' (.

Autre solution :

Soit 71' un carré de sommets A',B',C',D' de centre O'. Notons I le milieu

de (A',D'],k = d(O',I},~? = i Ô

!, ,7 le milieu de [A'>B'},J = £ Ô

!

-? -$

Le repère (O¹, i , j ) est orthonormal. 72.' est transformé par l'homothétie h de centre O, de rapport fc, d'un carré 7i de sommets de coordonnées respectives (1,1), (-1,1), (-1, -1), (1, -1), et, comme dans la première solution

l'} = h(sqÇR)} = }A',G' {\J}B',D' [.

1.2. Squelette d'un disque

Figure 2

1.2.1. D'après l'introduction, dB(A ; r) = C(A\.

Pour tout M appartenant à 7i\{A}, notons M'le point d'intersection de la demi- droite (AM) et de G (A ; r). d(M,C(A ; r)) = d(M,M'} et pour tout P appartenant à G (A ; r}\{M'}, l'inégalité triangulaire donne :

r = d(A^} P) < d(A, M) + d(M, P) r - d(A, M') = d(A^t M) + d(M, M') et

d(M, M') = r- d(A, M) < d(M^t P) On en déduit n(M) = 1.

Autre solution :

Soit CM le cercle de diamètre [M M'], CM est tangent intérieurement à G (A ; r), donc pour tout P appartenant à G (A ; r)\{M'}, on a :

d(M,P) > d(M,M').

1.2.2. Pour tout M appartenant à G (A ; r), d(M, A) = r. D'où, n(A) = oo.

1.2.3. D'après 1.2.1 etl.2.2., sg(7^) = {A}.

1.3. Squelette d'un triangle

1.3.1. Soit M'le projeté orthogonal de M sur la droite (B,C), notons :

ô = d(M,(B,C)} =d(M,M'}.

M'Û = aWA

5

= M'A^ • M' =

Préparation aux CAPES de mathématiques A

5

Figure 3 car M' M est orthogonal à M'B et à M'C.

Soit A! le projeté orthogonal de A sur la droite (B,C).

Ô².= a(M'À + car M'M est orthogonal à M'A'.

On en déduit ô2 = aS d(A,A'}, car, M étant intérieur au triangle ABC, a est strictement positif.

Or 5 = - a d ( A , A ' ) , d ' o ù < 5 =

• M'M

2 Ci

Autre solution :

On utilise les mêmes notations que ci-dessus.

En notant N le point d'intersection des droites (A, M) et (B , C~) , M est le barycentre de A affecté du coefficient a et de N affecté du coefficient /3-t-y.

Orientons arbitrairement les droites (A, A') et (A, M) , le théorème de Thaïes donne, avec M intérieur au triangle ABC et a strictement positif :

AA' MM7

NA

WM ^{a a}

On en déduit 5 = a. d(AA'), d'où, sachant que 5 = —±-—- , 6 - —- .

/i ' Qi

1.3.2.1 point de concours des bissectrices intérieures du triangle ABC est tel que : d(I, (A, B)} = d(I, (B, C)) = d(J, (C, A)).

Figure 4

25/3 2^7 a /3 7

D'où — = — - = - - et - = -- = — . Avec a + /3 + 7 = 1, les a o c a o c

coordonnées barycentriques (a, /3, 7) de / relativement aux points A, B et C sont

^ a + b + c' a + b + c' a+b + c

1.3.3. Soit M de coordonnées barycentriques(a,/3,7) relativement aux points A, B> C. Calculons un système de coordonnées barycentriques de M relativement aux points I,B,C.

aMA + /3MB + 'jMC = 0 <!—> aMI + aTÀ. + /3MÈ + jMC — 0 . Avec alA + bTÊ + cTÔ = 1? , on obtient :

craM? -f (/3a - ab)WÊ + (70, - ac}WÔ - (û6 4- ac) ÏÂ? = 1?

Un système de coordonnées barycentiiques de M relativement aux points I,B,C est donc :

/ 3 CL 7 Qf

(a(a + & + c),/3a — a6,7a — ac) = a(a + 6 + c), a&( — — — ),ac(- - —

\ a c a

M est intérieur au triangle ABC si et seulement si a, /3, 7 sont stictement positifs, car a + j3 + 7 = 1 .

M est intérieur au triangle IBC si et seulement si ses coordonnées barycentriques 8 ce 7 en

sont de même signe, si et seulement si — - — > 0 e t - — — > 0, si et seulement

b a ç a

• a • / /5 7 x si — <mrn( — , - ).

a o c

1.3.4. Si M appartient à l'intérieur du triangle IBC,

BJÎ • B~Ô = (aB~Â + jBd) • B~3 - - a(a2 + c2 - 62) + 7a2 2i

et

mfr-W>\2 + c2 - ô2 + 2ac) = \ + c)2 - 62) > 0,

ïi À

en utilisant la question précédente et l'inégalité triangulaire dans le triangle ABC.

2ème solution :

Notons a1 ,/3' ,7' les coordonnées barycentriques de M relativement aux points /, B, C normalisées par a' + /?' + 7' = 1.

a'MÎ + /3'WÈ + ïWC = "Ô*

a ¹ M! • BC + p'Wê • BC + ywd • wô = o

(a' +& + V )BÂ? • BÔ = a'BÎ • BC

en utilisant les notations de 1.3. 1., ce qui implique BA' • IBC strictement positif. Si, de plus, M est intérieur au triangle IBC, les coordonnées a.' ,/3' ,7' sont strictement positives et B~J% • WÔ est strictement positif.

Préparation aux CAPES de mathématiques ' Sème solution :

B~M • W = M? fî<5 cos MEC > 0 car :

0 < ABC < 7T, IBC - - ABC et 0< MBC < IBC

6i

Conséquence :

Toujours avec les notations de 1.3. 1., on en déduit que BM' • WÔ est strictement positif et que M' appartient à la demi-droite [BC). On montre de même que M' appartient à la demi-droite [CB), donc que M' appartient au segment [B,C] et que

d(M, [B,C]) = MM' = d(M, (B, C}} . On en déduit, d'après 1.3. 3.,

d(M, dlï) = min (d(M, [B, C]), d(M, [C, A}), d(M, [A, 5])) . 2Sa 2Sp 25-y ' ; 2Sa d(M, OK) = min ( — - , -£- , -^ ) =• — , et si T G dn, d(M, T] = d(M, dH) <=> T = M'.

On a ainsi n(M) = 1.

1.3.5. On montre de même que n(M) — 1 pour M intérieur au triangle ICA et pour M intérieur au triangle IAB.

Soit r le rayon du cercle inscrit dans le triangle ABC.

M e}A, /[=» d(M, [A, B}) = d(Af, [A, C] < r < d(M, [B, C])

et si T appartient à <97£, d(M, [A, B}) = d(M, [A, C] si et seulement si T est le projeté orthogonal de M sur [A, B] ou sur [A, C].

On en déduit que si M appartient à ] A, I[, n(M) — 2. On a le même résultat si M appartient à }B, I[ ou à ]C, /[.

Enfin, les points T de d~R tels que d(I, dlï) — d(I, T) sont les trois points de contact du triangle ABC avec son cercle inscrit. Donc n(7) = 3.

Le squelette de 7£ est donc ]A, J[U]5, J[U]C, I[U{7}.

Remarque : On aurait pu aussi, dans cette question 1.3. , ainsi que dans 1.4. , utiliser le fait que l'ensemble des deux bissectrices d'un angle de droites est l'ensemble des points équidistants de ces droites, mais ce n'était pas la solution suggérée par le texte.

1.4. Squelette d'un parallélogramme

1.4.1. Dans cette question, sauf indication contraire, les mesures d'angles de vecteurs seront toutes données modulo 2,-jr, ce qui est noté [2?r].

I)Â + Âd^=^c^^:DÂ 4=» lïc =

, AÏ)} + 2(ÂÉ, Âl3) = (Âê, ÂZ3) + (BÔ, , ÂÉ) + (AÔ, RÂ.) = (ÂÉ, WA) = rr [2?r]

,-r^à. -n\\ r 27T . 7T 5?T . , (IB,Â73)= - [ — ]= - O U 7 T O U — [27T],

avec sin( Je, ÂÈ} > 0, on en déduit (ÂÊ, JE) = | [24

Si D' est le milieu de [A, B], le triangle AD'D est équilatéral direct et le cercle circonscrit au triangle ABD (rectangle en D) est centré en D' . On a alors les égalités suivantes :

= [27T]

En considérant la somme des angles du triangle ABC et BAD = - , on obtient

2?r

et = - l [24

Figure 5

L'orientation, indiquée sur la figure, est donnée par :

(AÉ, ÂÈ) base directe de II.

1.4.2. Notons I (resp. J) le point d'intersection des bissectrices intérieures au

parallélogramme ABCD issues de A et D (resp. B et G). Le squelette de H est :

7T

implique

=]A, I[U]5, J[U]C7, J[U]A /[U[J, J]

1.4.3. Les droites (A, B) et (D,C) étant parallèles, BAD

u

OTT -—•—-

ADC = — . (D, £>') est donc la bissectrice intérieure de l'angle ADC et passe par I. Le triangle ADD' étant équilatéral, (AI), bissectrice intérieure de l'angle D

AD est aussi hauteur. On en déduit :

De même,

DI = l cos - = - et AI = l cos - = -—

3 2 D /

BJ= - et CJ

JU

Enfin, (J, J) étant parallèle à (B, A) et (5, J) à (£>,£>')> le quadrilatère est un parallélogramme et IJ = J5D' = L

La longueur totale de sq(Tl) est donc (2 + \/3)/.

Préparation aux CAPES de mathématiques 1.5. Squelette d'un domaine elliptique

Figure 6

x y

1.5.1. OU est d'équation — + fr = 1-

s~j £i / }

Soit MO = (XQ, yo) un point de 071 — {A, A'}, la tangente et la normale en MO à 071 sont d'équations respectives :

yyo

a 62

Les points d'intersection de la droite (A, A'} et de la normale en MO à 871 sont de coordonnées (x, 0) avec

et yo ^ 0, car MO n'appartient pas à {A, A'}. D'où, en posant c2 = a2 — 62,

c² c²

' a; = —^ a^o et, avec |a;o < a, a; < — . Le lieu cherché est donc V = ]V',V[, avec

Cv Ci

7 = ( 0 , f )etF' = (0,-~).

a . a

L'ellipse 57?- est paramétrée par :

{

avec t e [0, 2?r[.

y = b sin t

Soit MQ = (a cos to,bsin t0) un point de 57?. — {A, A'}, i0 7^ 0. La tangente et la normale en MO à d'R. sont de paramètres directeurs respectifs : (-a sin to, b cos to) et (b cos to', o, sin to) • La normale en Moà 871 est paramétrée par

( x = (a + A6) cos t

y — (b + Aa) sin t^{0 avec A €}

et coupe la droite (A, A'} au point de paramètre A = , d'abscisse a

b² c²

(a )cost0 = -zXQ.

Sème solution (pour ceux connaissant la notion de faisceaux harmoniques) : Soit F = (c, 0) et F' = (-c, 0) les foyers de ÔK, avec c2 = a2 - b2.

Soit MO un point de &R. ~ {A, A'}, la tangente et la normale en M0 à dfl sont respectivement les bissectrices extérieure et intérieure de l'angle F'M^F . Soit T et N les points d'intersection respectifs de la tangente et de la normale en M0 avec la droite (A, A'). Le faisceau de droites ((M0,F'): (M0,N), ( MQ, F ] , (M0,T)) est harmonique et (F',N,F,T} est une division harmonique. Le lieu de T est (A, A') - [A, A']. Soit V = (u,0) et V' = (u',0) les conjugués harmoniques respectifs de A et A' par rapport à F et F' . Le lieu de N est ]V , V[, avec le

c2 c2

birapport (c, — c. a, i>) égal à — 1, d'où : v — — et de même v' = -- . a a 1.5.2.

a) Calcul de n(M) pour M appartenant à } A', A[

Soit M = (x, 0) un point de ] A', A[, et soit M0 = ( x0 ) yo\n point de dli,

9 9 ÏO L ^1 _ 1

a2 " 62 ' d2(M,M0) = (x-a;o)2 + ^ - (x-a;o)2 + f)2(l- Notons P(XQ) le trinôme du second degré en XQ :

c²

c2 , c2

— ^ étant strictement positif, ce trinôme admet, sur E, un minimum pour 2x$ — -

a a₂

2x — 0, soit XQ = a: -r- . Or ici, [^ol(a-

^ a2

1 er cas : x —^ < a cr

c2

Cette condition est équivalente à aj| < — , donc à M G]V, V[.

Ci 2

d?(M, MO) est alors minimum pour x0 = x -^ , soit (M, M0) normale en M0 à 97?.. La symétrie de 72. par rapport à la droite (A, A') montre alors que n(M) = 2.

a2

2ème ca5 : x —%• > a c²

c2

Cette condition est équivalente à x > — , donc à M € [V, A[.

, MO) est alors minimum pour XQ = a, soit MO = A, d'où n(M) = 1.

a² .• x -ï- < —a

On montre de même que n(M) = 1.

Préparation aux CAPES de mathématiques 11 b) Calcul de n(M) pour M appartenant à Tl-]A',A[

Soit M = (x, y] un point de Ti—] A', A[ et soit MO = (xo,yo) un point de dH. La

£Q t/Q N

normale en MO à dTl est de coefficients directeurs ( -g , 7^ ). M appartient a cette normale si et seulement s'il existe un réel A tel que

i \o , \

x = XQ + A-j , y = yo + * j-% •

M et MO sont du même côté de la droite (A, A') si et seulement si y et y0 sont de même signe, si et seulement si 1 + -^ > 0, ce qui équivaut à A > — 62 et implique A > ^-a2. On en déduit que par M, il passe au moins une normale à dTl en un point MO, avec M et MO du même côté de la droite (A, A'), si et seulement s'il existe (xo,yo, A) tel que:

'••/, A \-i

X0 = X (H j )

yo = y (i+ ^r

o o

£o Mi a2 " 62

Ce système est équivalent à

X0 = X (14

-î/o = y (H

F ( A ) = 0 A > — fc²

- à ^

.A ^r i

62 J

-62

> 0 avec

jF(A) est un polynôme en A tel que

2

et

_ x² y²

F(Q) est strictement négatif, car M appartient à Ti.

L'équation F(\) = 0 admet donc au moins une solution appartenant à l'intervalle ] - 62, 0 [

Donc, par M, il passe au moins une normale à dTl en un point MO, avec M et MO du même côté de la droite (A, A'). Notons M'le point d'intersection des droites (A, A') et (M, MO) . M appartient au segment ouvert ]M', M0 [ et le cercle C(M, d(M, M0)) est tangent intérieurement au cercle C(M',d(M'> MO)). Ce dernier cercle est,

Figuré 7

d'après 1.5.1., inclus dans 7?, U dTL et ne rencontre d'R, qu'en deux points MO et MQ symétriques par rapport à la droite (A, A'). MQn'appartient pas au cercle C(M, d(M, MO)) et ce cercle est inclus dans H. U d'R, et ne rencontre dTl qu'au point MQ. Donc quel que soit N appartenant à d'R - {Mo}, d(M, N) > d(M, M0).

On en déduit n (M) = 1.

Conclusion :

n(M) = 2 pour M appartenant à ] V, V[.

n(M) = 1 pour M appartenant à 72.—]V, V[.

On en déduit : sq(7l) =]V, V[.

Université Pierre et Marie Curie MATHÉMATIQUES

Préparation à Y écrit du CAPES externe Francette BORIES

Corrigé de la 2

composition du CAPES externe 1998

Dans tout le problème, nous noterons IR l'ensemble des réels, IR* l'ensemble des réels non nuls et IR l'ensemble des réels strictement positifs.

0. PRÉLIMINAIRES

Remarquons tout d'abord que, par définition, un endomorphisme ip de £ est symétrique si et seulement si tp = •0*, ce qui équivaut à

VI? 6 £, i/>(~â?) = ^*(1?), et, le produit scalaire étant une forme bilinéaire définie, à

v

("^, Y) € £ x £, i/>(~?) • V = ^*(~^) ' "V, donc, par définition de i/>*, à

V(l?, V) € £ x £, V("^) • "y* = "à? • </>(!/*)•

0.1. Supposons qu'il existe une base {!?, "û*} de £ telle que

Pour tout x de £ et tout y de £, il existe (xi,x^ et (^1,3/2) appartenant à 3R

tels que

~x' = x\~u + X2^ et "y* = yj 1? + y^ ~v* .

On a alors, en utilisant la linéarité de l'application ^ et la bilinéarité et la symétrie dti produit scalaire,

ti • tp( U ) + Xiyz U ' ^ ( U ) + X 2 y i U • V ' C ) + ^21/2

Cette dernière expression étant symétrique en x et y , on a, pour tout x

de £ et tout "y* de £,

La remarque faite au début nous permet de conclure que, pour que T/> soit un endomorphisme symétrique, la condition

il existe une base { u , "v*} de S telle que U* • $( v ) = V*( ^u ) ' ^u est suffisante. Remarquons (ce qui n'était pas demandé) que cette condition est trivialement nécessaire.

0.2. Soit tl> un automorphisme de 5, c'est-à-dire un endomorphisme bijectif

de £.

Pour tout ~x de £ et tout "y* de £, posons

x' -^(x ) et y' = ip~^l( y ).

Supposons, de plus, 0 symétrique, on a

x •V'"1! y ) = il>(x'} • y' = x' • V>(y' ) - ^~l( x ) • y . D'où •0~1 symétrique.

Remarquons que l'utilisation de 0.1. pour résoudre cette question était pos- sible, mais ne simplifiait pas la solution.

0.3. Soit A, fj,, v des réels non tous nuls tels que AMA

On en déduit

(A + fj. + u)MA + /J.AB + vÂJÔ = "Ô*.

Supposons X + f + v = 0, on a

ABC étant un triangle, {AB,AC} est un système libre, donc p. = v = 0.

Ceci implique, avec A + / . i + u = 0, A =^/u = u = 0, ce qui est exclu.

On en déduit A + ^ + v / 0.

Préparation aux CAPES de mathématiques, ' 11 TRIANGLES ORTHOLOGIQUES

II. 1.1. Pour tout couple (M, JV) de points de A, on a

= W • (B'C1 + C7^ + À7] ) = ~NM - On en déduit que l'application $ est constante sur A.

I .1.2. Cette constante est égale à

<?(A) = BA • C'A1 + ÇA • Â7^.

Or, par définition de / et 9?,

et de même

D'où

Û

= <f*(BA) • ÇA + ÇA • <f(AB] = ÇA •

1 .1.3.

= O • S + 50 • C' + CO • .

Or, par définition de O, les droites (AO), (B0\) sont respectivement égales aux droites £Ai <5.s > <5c > donc respectivement perpendiculaires aux droites (B'C'),(C'A'),(A'5;). On en déduit <?(O) = 0.

La constante de la question précédente est donc nulle, d'où

ce qui équivaut à

ÇA* • et à

{CA, AÉ} étant une base de 5, on déduit de 0.1. que <p est symétrique.

!.. .1.4. Réciproquement, si (p est symétrique, l'application <I> est nulle d'après I .1.2.

A'B'C' étant un triangle, les droites £4. et SB ne sont pas parallèles donc concourent en un point 0. On a alors $(O) = 0 avec

= ÂO • S77 + 5O • C'A + CO • Â77 = CO •

car les droites (AO) et (BO} sont respectivement perpendiculaires aux droites (.B'C") et (C'A'}. On en déduit que la droite (CO} est perpendiculaire à la droite (A'B¹}, donc que 0 appartient à la droite Se- Les trois droites SA,SB, Se sont donc concourantes en O et le triangle A'B'C' est orthologique au triangle ABC.

I .2. Si le triangle A'B'C' est orthologique au triangle ABC, tp est symétrique d'après 1 .1.3. Notons 0 le point de concours des droites £>A,&B,&C- On a

A'f(0) • BC = f ( A } f ( 0 } • BC =

BC

= ~AO

Donc f(O} appartient à la droite SA.'- On montre de même que f ( O } appar- tient aux droites SB' et 8c> • Les droites SA> , SB' , Se¹ sont donc concourantes en /(O). Le point de concours O' des droites SA', SBI, <$C" est donc f(O}.

On pouvait aussi, pour montrer que ABC est orthologique à A' B'C', utiliser le fait que / transformant le repère affine ABC en le repère affine A' B'C' est une bijection de A. donc que sa partie linéaire (p est une bijection de

£. Si A' B'C' est orthologique à ABC, 9? est symétrique, <£> est alors symétrique d'après 0.2. et, d'après II.1.4., ABC est orthologique à A'B'C'.

Mais pour prouver que f(O} = O¹ , on doit montrer comme dans la première démonstration que f ( O } appartient aux trois droites S A¹, SB', Se¹-

I .3.

D'après la réciproque du théorème de Thaïes, les droites (BC} et (B'C'} sont parallèles. SA étant perpendiculaire à (B'C'} est perpendiculaire à (BC} et est la hauteur issue de A au triangle ABC. On en déduit que les droites SA, SB, Se sont concourantes en O orthocentre du triangle ABC, donc que ABC et A'B'C' sont orthologiques.

D'autre part, SA', SB>, 6c> sont les médiatrices respectives des segments [jE?C7], [CM.], [AB], donc sont concourantes en O¹ centre du cercle circonscrit au triangle ABC. Remarquons que O' est aussi l'orthocentre du triangle A'B'C'.

L'application / est Phomothétie de centre G, centre de gravité du triangle ABC et de rapport —— .

Préparation aux CAPES de mathématiques

~ 3

II ':.!. Rappelons le théorème de Simson (résultat classique) :

Les projetés orthogonaux A",5",C" d'un point M sur les droites (AB), (-BC), (C'A) sont alignés si et seulement si M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC.

a,'

Les points A', 5', C' se déduisant de A", J5", C" par homothétie (de centre M et de rapport 2), A',J5',C' est un triangle si et seulement si M n'appartient pas au cercle circonscrit au triangle ABC. . •

Dans ce cas, les droites SA', SB', &C

sont concourantes en -M, ce qui prouve que les triangles A.BC et A'B'C' sont orthologiques.

II: .2. Les droites (ÇA) et (AB] étant concourantes en A, ffcA°<?AB est la rotation T de centre A et d'angle 2(AB, AC).

r(C') = a

°VAB(C'} = a

(M] = B'.

On en déduit AC' — AB', donc la médiatrice du segment [B'C'\e par

A et cette médiatrice est la droite SA- De même les droites SB et Se sont les

médiatrices respectives des segments [C'A'] et [A'B

]. Les droites SA, $BI &c

sont donc concourantes au centre du cercle circonscrit au triangle A'B'C'.