C’est une traduction directe de l’hypoth`eseH2

Universit´e Paris 7-Denis Diderot G´eom´etrie

Licence d’enseignement en math´ematiques Ann´ee 2001-02

Corrig´e de l’EXAMEN du 6 juin 2002

Exercice 1

1.a. C’est un sous-groupe du groupe des isom´etries deE. En effet, il contient l’identit´e. La compos´e de deux isom´etries deF laisse stableF et l’inverse d’une isom´etrie deF laisse stable F.

1.b. C’est une traduction directe de l’hypoth`eseH2.

1.c. L’ordre de Isom(F) est la somme des cardinaux des images r´eciproques parφdes ´el´ements deF. Soient P ∈F et g une isom´etrie deF telle que g(P) =P₀. On a {f ∈ G/φ(f) =P} ={f ∈ G/φ(g◦f) =P₀}.

PuisqueGest un groupe la composition parg est une bijection. L’ensemble {f ∈G/φ(f) =P₀} et l’image r´eciproque parφde tout ´el´ement deF ont donc mˆeme cardinaux.

2. Tout ´el´ement de F appartient `a une face pentagonale. Comme chaque face pentagonale poss`ede 5 sommets, il y a 60/5 = 12 faces pentagonales. Tout ´el´ement de F appartient `a deux faces hexagonales ; il y a donc 60×2/6 = 20 faces hexagonales.

3. Commes_O est une isom´etrie deF, l’ensembleF est invariant pars_O. Le barycentre deF est donc aussi invariant pars_O. CommeO est le seul point fixe des_O, le barycentre deF co¨ıncide donc avecO.

4.a Puisque f est une application affine, f(O) est le barycentre de l’ensemble f(F). Comme F est une isom´etrie deF, on af(F) =F. On a doncf(O) =O.

4.b. Le d´eplacement F admet au moins un point fixe. C’est donc une rotation ou l’identit´e d’apr`es la classification des isom´etries de l’espace.

5.a. Commef est une isom´etrie de F et comme les points P⁰,QetR sont les seuls points deF `a distance d de P, les points f(P<sup>0</sup>), f(Q) et f(R) sont les seuls points de F `a distanced de f(P) = P. On a donc {f(P⁰), f(Q), f(R)}={P⁰, Q, R}.

5.b. Supposons qu’on ait f(P⁰) =P⁰, f(Q) = Qet f(R) =R. Commef(O) =O, l’application f poss`ede quatre points fixes non coplanaires (`a savoir O, P, Q et R ); c’est donc l’identit´e. Supposons qu’on ait f(P⁰) =P⁰,f(Q) =R etf(R) =Q. Dans ce cas,f ◦f (qui poss`edeO, P, QetR comme points fixes) est l’identit´e ; f est donc une sym´etrie orthogonale ayant P, P⁰ et O comme point fixe et co¨ıncide donc avec s_{P,P0}.

Montrons que les autres cas ne peuvent intervenir. Supposons qu’on aitf(P⁰) =Q,f(Q) =P⁰etf(R) = R. Les segments [P, Q] et [P, R] sont les cot´es cons´ecutifs d’un pentagone r´egulier de cot´e de longueurd. Les segments [P, P⁰] et [P, Q] (resp. [P, R]) sont les cot´es cons´ecutifs d’un hexagone (resp. pentagone)r´egulier de cot´e de longueurd. On a donc les ´egalit´es et in´egalit´es de produits scalaires (−−→

P P⁰,−−→

P Q) = (−−→

P P⁰,−→

P R)6=

(−→

P R,−−→

P Q). Cela contredit le fait quef, ´etant une isom´etrie, pr´eserve le produit scalaire. On exclut de mˆeme le cas o`uf(P<sup>0</sup>) =R, f(Q) =Qet f(R) =P<sup>0</sup>, puis le cas o`uf(P⁰) =Q,f(Q) =R etf(R) =P⁰ et enfin le cas o`u f(P⁰) =R,f(Q) =P⁰ etf(R) =Q.

6.a. Utilisons la question 1.c. D’apr`es la question 5.b, il y a deux isom´etries deF qui laissent fixe un point donn´e deF. Il y a donc 60×2 = 120 isom´etries deF.

6.b. Le groupe G comprend l’antid´eplacement sO. La composition par sO d´efinit une bijection entre les d´eplacements et les antid´eplacements deG. Il y donc autant de d´eplacements que d’antid´eplacements dans G, c’est-`a-dire 120/2 = 60 d´eplacements.

7.a. L’isom´etrief laisse fixeC, puisqueC est le barycentre d’un ensemble de points globalement invariant parf. Les pointsO et C ´etant fixe parf, la droite (OC) est une droite de points fixes de f. C’est donc l’axe def.

7.b. Par le mˆeme raisonnement qu’en 7.a., on montre que l’axe def est la droite passant parO et le milieu de l’arˆete. La mesure def est alors ´egale `a π.

7.c. On peut d´emontrer que les rotations suivantes sont des isom´etries deF : les rotations d’axe (OC) comme dans 7.a. et de mesure 2kπ/5 aveck∈ {1,2,3,4}dans le cas pentagonal et de mesure 2kπ/3 aveck∈ {1,2}

dans le cas hexagonal. (Attention dans le cas hexagonal les rotations de mesure 2kπ/6 avec k∈ {1,3,5}ne conviennent pas.) Si on prend garde que les axes de ces rotation sont invariants par s_O, on constate qu’il y a 12 faces pentagonales et 20 faces hexagonales, qui sont ´echang´ees deux `a deux pars<sub>O</sub> et donnent donc lieu `a 12/2 = 6 et 20/2 = 10 axes de rotations distincts. Cela donne 12×4/2 = 24 rotations issues du cas pentagonal et 20×2/2 = 20 rotations issues du cas hexagonal.

Par ailleurs, il y a deux types d’arˆetes de F. Avec les notations de H2, la rotation d’axe (OP”) et de mesureπ, o`u P” est milieu de [P, Q] ou [P, R] ne convient pas. Il reste la rotation d’axe (OP”) et de mesureπ, qui convient. L encore l’axe de rotation est invariant passO. Il y a 60/2 = 30 telles arˆetes et donc 30/2 = 15 axes de rotation distincts.

Si on tient compte de l’identit´e, on a trouv´e 24 + 20 + 15 + 1 = 60 d´eplacements deF. Les antid´eplacements de F sont obtenus en composant ces d´eplacements avecsO.

Exercice 2

1.a. Pour tout−→v ∈P, le cerclet−→v(C) a pour centret−→v(O). Pour quet−→u(C) =C⁰, il est donc n´ecessaire de prendre−→u =−−→

OO⁰. Cette condition est suffisante puisquet−→u(C) etC⁰ ont mˆeme rayon (`a savoir le rayon de C une translation et une sym´etrie orthogonale sont des isom´etries).

1.b. Soit σ la sym´etrie orthogonale d’axe D. Les points A et B ´etant sur D, ils sont invariants par σ ; comme ils sont surC, leurs images par σ(`a savoir eux-mˆemes) sont surC⁰ :=σ(C). Enfin, t₍₋−→u)(C⁰) =C puisque C⁰ =t−→u(C). Par d´efinition de−→u, deE et de F, on a−→

EA=−−→

OO⁰=−−→

F B, ce qui fait d´ej`a deABF E un parall´elogramme. En outre, puisque O<sup>0</sup>=σ(O), la droite (OO<sup>0</sup>) est perpendiculaire `a D; il en est donc de mˆeme pour les droites (AE) et (BF) : le quadrilat`ereABF E est un rectangle.

2. On a ´egalement−−→

M N =−−→

OO⁰, donc aussi (M N)⊥ D.

3.a. Puisque N = t−→u(M), que C⁰ = t−→u(C) et que M ∈ C, on a N ∈ C⁰. On sait que σ⁻¹ = σ; de l`a C=σ(C⁰), ´etant donn´e que C⁰=σ(C). Comme Q=σ(N) et queN ∈ C⁰, on obtientQ∈ C.

3.b. (i)⇐⇒(ii) Dans tous les cas,OO⁰N M est un parall´elogramme etDest la m´ediatrice du segment [OO⁰].

Par ailleurs, on aQ=M ssiσ(N) =M, c’est-`a-dire ssi Dest la m´ediatrice de [M N]. De ces remarques, il r´esulte queQ=M si et seulement siOO<sup>0</sup>N M est un rectangle (parall´elogrammeet trap`eze isoc`ele).

(ii)⇐⇒(iii) Le parall´elogrammeOO⁰N M est un rectangle si et seulement si les droites (OO⁰) et (OM) sont perpendiculaires, c’est-`a-dire ssi (OM) =D⁰.

4.a. Puisque σ est un antid´eplacement, que σ(A) = A, que σ(B) = B et que σ(N) = Q, on a QABd =

−N ABd =BANd .

4.b. Par d´efinition deA, B, M et d’apr`es 3.a. , on aAQ, ABd =M Q, M Bd pour cause de cocyclicit´e surC.

4.c. Du 4.a. r´esulte l’´egalit´e d’angles de droitesAQ, ABd =AB, ANd , valide dans tous les cas.

SiQ=M , on sait (cf. 3.b.) queM =U ouM =V. Or (M N) est perpendiculaire `aD, donc `aD⁰: ainsi (M N) est la tangenteT `a CenM (et, d’ailleurs, `aC⁰ enN). On connaˆıt alors l’´egalit´eAB, AMd =M B,dT. On obtient donc en reportantAB, ANd =AQ, ABd =AM, ABd =T, M Bd =M N, M B.d

SiQ6=M , on peut (cf.4.b. ) ´ecrireAB, ANd =AQ, ABd =M Q, M B. En outre, les droites (N Q) (pard d´efinition de Q) et (M N) (cf. 2. ) sont toutes deux perpendiculaires `a D : les points M, N, Q sont donc align´es et on obtient bienAB, ANd =M Q, M Bd =M N, M Bd

5.a. R´ecrivant AB, ANd = M N, M Bd sous la forme AB, ANd +M B, M Nd = b0, on obtient M B, ANd = M B, M Nd +M N, ABd +AB, ANd =M N, AB. Or on sait (cf.d 2. de nouveau) que ce dernier angle est droit.

5.b. Du 5.a. et du 2. il r´esulte queB est l’orthocentre du triangleAM N. La troisi`eme hauteur de celui-ci est donc (BN), d’o`u (BN)⊥(AM).

6. SiM =A, le pointN est diam´etralement oppos´e `a B surC<sup>0</sup>. Le triangleAM N d´eg´en`ere et se r´eduit au segment [AN].

SiM =B, le pointN est diam´etralement oppos´e `aAsurC⁰. L’orthocentre du triangleAM N, rectangle enM, est bienB=M.

SiM =E, on a N=Aet AM N d´eg´en`ere en segment [AE].

SiM =F, on a N=B ;AM N est rectangle enN, d’orthocentreB =N.