Partie A – Isom´ etries du plan

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Isom´ etries et groupes di´ edraux

Partie A – Isom´ etries du plan

A.1Id_P ∈ I(P), doncI(P) n’est pas vide. Sif etg sont deux isom´etries quelconques du plan, etM etN deux points quelconques du plan, alors

((f g)(M))((f g)(N)) = (f(g(M)))(f(g(N))) =g(M)g(N) =M N Sif est en outre bijective, alors

f⁻¹(M)f⁻¹(N) =f(f⁻¹(M))f(f⁻¹(N)) =M N

Ainsi, la compos´ee de deux isom´etries est une isom´etrie, et sif est une isom´etrie bijective, alors sa bijection r´eciproque est une isom´etrie.

A.2Bien sˆur, l’identit´e du plan est une isom´etrie du plan fixant trois points non align´es.

Rappelons que l’intersection de deux cercles de centres distincts K et K⁰ est soit vide, soit r´eduite `a un point, soit constitu´ee de deux points distinctsM et N, et qu’alors K et K<sup>0</sup> appartiennent `a la m´ediatrice de [M N].

Soitf une isom´etrie fixant trois points non align´esA, B, C. SoitMun point quelconque du plan, etCA,CB,CC

les cercles de centres respectifs A, B, C, et passant parM. Ces cercles non concentriques se rencontrent enM par construction, et leur intersection ne peut ˆetre de cardinal 2 (puisque A, B, C ne sont pas align´es). Or l’imagef(M) deM parf appartient n´ecessairement `a chacun de ces trois cercles (par exemple,f(M)∈ CA car f(M)A=f(M)f(A) =M A), doncf(M) =M.f est l’application Id_P.

L’unique isom´etrie fixant trois points non align´es est l’identit´e.

A.3

a SoitM(z) etN(z⁰) deux points quelconques du plan donn´es avec leurs affixes. Siϕest directe, on a : ϕ(M)ϕ(N) =|az⁰+b−(az+b)|=|a(z⁰−z)|=|a||z⁰−z|=|z⁰−z|=M N

De mˆeme siϕest indirecte.

Par ailleurs,ϕest bijective (de r´eciproque d’expression complexe z7→ ^z−b_a si ϕest directe,z 7→ ^z−b_a siϕ est indirecte).

ϕest donc bien une isom´etrie bijective.

bNotonszA⁰, zB⁰ etZC⁰ les affixes respectives deA⁰, B⁰, C⁰. D’apr`es les hypoth`eses de l’´enonc´e, il existe ε∈ {−1,1}tel que

zC⁰−zA⁰

zB⁰ −zA⁰

=εi, soitzC⁰ =εi(zB⁰ −zA⁰) +zA⁰.

La similitude ϕ d’expression complexe z 7→ (zB⁰ −zA⁰)z+zA⁰ si ε = 1 (resp. z 7→ (zB⁰ −zA⁰)¯z+zA⁰ si ε=−1) est de rapport 1 (carA⁰B⁰= 1), et envoieA, B, C surA⁰, B⁰, C⁰ respectivement.

A.4 On a d´ej`a vu que toute similitude de rapport 1 ´etait une isom´etrie du plan. Si r´eciproquement f est une isom´etrie quelconque du plan, il existe une similitudeϕde rapport 1 telle que

ϕ(A) =f(A), ϕ(B) =f(B) et ϕ(C) =f(C)

(le trianglef(A)f(B)f(C) est clairement isoc`ele rectangle, d’hypoth´enuse [f(B)f(C)] de longueur√ 2).

L’isom´etrieϕ⁻¹◦f fixe les trois points non align´esA,B etC: c’est donc l’identit´e, et par cons´equentf =ϕ.

Finalement, l’ensemble des isom´etries du plan est l’ensemble des similitudes de rapport 1.

Partie B – Groupes di´ edraux

B.1Dn n’est pas vide, car comprend l’identit´e. Sif, g sont des ´el´ements de Dn, alors f g et f⁻¹ sont des isom´etries du plan, et, commef(Pn) =g(Pn) =Pn, on a :

(f g)(Pn) =f(g(Pn)) =f(Pn) =Pn et f⁻¹(Pn) =Pn

B.2

ar:z7→e^2iπn z. Bien sˆur, Id_P est un ´el´ement deDn.ρest une rotation envoyant les sommetsA1, . . . , An

sur A2, . . . , An, A1 respectivement, donc les segments [A1A2], [A2A3], . . .,[A_n−1An], [AnA1] sur [A2A3], . . ., [A_n−1An], [AnA1], [A1A2] respectivement : on a bien ρ ∈ Dn. Une r´ecurrence imm´ediate montre alors que ρ², . . . , ρⁿ⁻¹ appartiennent `a Dn. Bien sˆur,ρⁿ est l’application identique deP.

bs est la conjugaison complexe, etσ∈Dn. Les compos´ees σ, ρσ, . . . , ρⁿ⁻¹σd’´el´ements deDn sont des

´el´ements deD_n. (ρσ)²est d’expression complexez7→e^2iπn e^2iπn z¯

=z : (ρσ)²= Id_P

cDn comprend les applications IdP, ρ, ρ², . . . , ρⁿ⁻¹, σ, ρσ, . . . , ρⁿ⁻¹σ. Or ces applications sont distinctes deux `a deux : en effet, les nrotations IdP, ρ, ρ<sup>2</sup>, . . . , ρ<sup>n−1</sup> n’ont pas le mˆeme effet sur A1, donc sont distinctes deux `a deux. Les ´el´ementsσ, ρσ, . . . , ρⁿ⁻¹σsont distincts deux `a deux (sinon, en simplifiant parσ, deux rotations pr´ec´edentes seraient ´egales). Enfin, les ensembles{σ, ρσ, . . . , ρⁿ⁻¹σ}et{IdP, ρ, ρ², . . . , ρⁿ⁻¹}sont disjoints (car une rotation conserve les angles orient´es, pas une sym´etrie).

D_n est de cardinal au moins 2n.

B.3L’image du segment [A1A2] par un ´el´ement f deDn est un segment de mˆeme longueur, et inclus dans Pn : c’est donc un segment d’extr´emit´es deux sommets cons´ecutifs dePn : f(A1) et f(A2) sont deux sommets cons´ecutifs de Pn. On a donc (au plus) npossibilit´es pour le choix d’une image deA1 parf. Une fois l’image deA1 fix´ee, nous avons (au plus) deux possibilit´es pour l’image deA2. Ces deux images donn´ees, l’´el´ement de D_n est compl`etement d´etermin´e (puisqu’on connaˆıt les images des trois points non align´esO,A₁,A₂). D_n est donc de cardinal au plus 2n.

B.4

a Une r´ecurrence permet de montrer ce r´esultat. Montrons l’h´er´edit´e : siba^kb=a^n−k, alors ba^k+1b=ba^kab=ba^kbbab=a^n−kbab=a^n−ka⁻¹abab=a^n−(k+1)

bBien sˆur, pour touth∈G, ϕh est une bijection deGdansG(i.e.une permutation de G) car admet pour r´eciproque l’application (ϕ_h)⁻¹=ϕ_h−1.

cL’ensembleX est de cardinal au plus 2n. L’application ϕ_a envoie clairement tout ´el´ement deX sur un

´el´ement deX,i.e.ϕ_a(X)⊂X. Cette application ´etant injective (etX ´etant fini), on a ϕ_a(X) =X.

L’applicationϕ_benvoie tout ´el´ement deXsur un ´el´ement deX : en effet,ba^kb=a^n−k ∈X, etba^k =ba^kbb= a^n−kb, pour tout entierk∈[[0, n−1]]. Commeϕ_best injective, on aϕ_b(X) =X. La r´eciproque deϕ_a (resp.ϕ_b) estϕ_a−1 (resp.ϕ_b−1). On a donc ϕ_a−1(X) =X et ϕ_b−1(X) =X. Ainsi,X est une partie deGcomprenante, et stable par produit (`a gauche) para, b, a⁻¹, b⁻¹. CommeGest engendr´e par aetb, on aG=X. Gest donc d’ordre fini au plus 2n.