capesecrit2004corrige

Universit´e Lyon 1 2009/2010

S.P.

Corrig´e de l’Ecrit 2. Ann´ee 2004.

( Epreuve blanche d’octobre 2009) Pr´eliminaires:

1. - Si a ∈T

i∈IAi on a pour tout i ∈ I, f (a) ∈ f (Ai) i.e. f (a) ∈ ∩i∈If (Ai). Conclusion:

quelquesoit f : Ω → Ω,

f (\

i∈I

A_i) ⊂ \

i∈I

f (A_i).

Pour l’inclusion inverse: si a ∈T

i∈If (Ai) alors pour tout i ∈ I, il existe ai ∈ Ai tel que a = f (a_i). L’application f ´etant injective, on doit avoir pour tout (i, j) ∈ I², a_i = a_j ∈ A_j. D’o`u

a ∈ f (\

j∈I

A_j).

Pour la suite de cette question, A = Ω \ A.

Remarque: La propri´et´e est fausse pour f non injective: en effet, s’il existe a, a⁰ ∈ Ω distincts tels que f (a) = f (a⁰), alors f ({a} ∩ {a}) = f (∅) = ∅ mais f ({a}) ∩ f ({a}) 6= ∅ (car il contient f (a)).

- On suppose f injective. On a f (A \ B) = f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B). Reste `a voir que f (B) = f (B): pour cela, observer que E = f (E) = f (B ∪ B) = f (B) ∪ f (B). Et cette r´eunion est disjointe car f (B) ∩ f (B) = f (B ∩ B) = ∅.

2. Soit (A_i)_i∈I une partition de Ω et f : Ω → Ω une bijection. On a Ω = f (Ω) = f (S

i∈IAi) =S

i∈If (Ai) et de plus, pour j 6= i, f (Ai) ∩ f (Aj) = f (Ai∩ Aj) = f (∅) = ∅.

Conclusion: (f (A_i))_i∈I est une partition de Ω.

Pour la r´eciproque, mˆeme argument en utilisant cette fois f⁻¹. Partie I.

1. a) Dans une base orthonorm´ee de premier vecteur l’axe commun des rotations ρ1 et ρ2, les matrices [ρ1] et [ρ2] sont du type





1 0 0

0 cos(αi) −sin(αi) 0 sin(α_i) cos(α_i)



, i = 1, 2.

Celles-ci commutent.

b) Dans une base orthonorm´ee adapt´ee aux axes orthogonaux on a

[ρ₁] =





1 0 0

0 −1 0

0 0 −1



, [ρ₂] =





−1 0 0

0 1 0

0 0 −1



.

Clairement elles commutent.

2. a) On suppose D 6= ∆. Soit ~e (resp. ~e∆) un vecteur directeur de D (resp. de ∆). Les valeurs propres r´eelles de tout endomorphisme orthogonal (en particulier ρ) ´etant 1 ou −1, on doit avoir

ρ(~e∆) = −~e∆

d’o`u

(~e, ~e∆) = (ρ(~e), ρ(~e∆)) = −(~e, ~e∆), i.e. (~e, ~e∆) = 0.

On sait que les valeurs propres z ∈ C \ R d’un endomorphisme r´eel viennent par paires conjugu´ees z, z (z est racine complexe d’un polynˆome `a coefficients r´eels). ρ ayant d´ej`a deux valeurs propres r´eelles +1 et −1, la troisi`eme l’est aussi et vaut +1 ou −1. Le d´eterminant ´etant le produit des valeurs propres, Det(ρ) = 1 implique que cette derni`ere vaut −1. D`es lors, E = D ⊕ D^⊥ avec ρ_|

D⊥ = −id_D^⊥ et ρ est un demi-tour d’axe D.

b) Soit ~e1 un vecteur directeur de D1. On a ρ1(ρ2(~e1)) = ρ2(ρ1(~e1)) = ρ2(~e1). D`es lors ρ₂(~e₁) ∈ D₁ i.e. ρ₂(D₁) = D₁ (la droite D₁ est globalement invariante mais n’est pas fixe).

Idem en permutant 1 et 2. Par le a), ρ1 et ρ2 sont des demi-tours d’axes orthogonaux.

c) ρ1 et ρ2 (6= id) commutent ssi (1) elles ont mˆeme axe ou (2) ce sont des demi-tours d’axes orthogonaux.

3. Dans cette question ρ1 et ρ2 sont deux rotations de mˆeme axe d’angles respectifs α1 et α2.

a) Il est imm´ediat de voir que H est un sous-groupe de O(E)⁺. Par d´efinition (cf fiche de cours), le sous-groupe hρ₁, ρ₂i engendr´e par ρ₁, ρ₂ est l’ensemble des compos´ees finies de ρ1, ρ2, ρ⁻¹₁ , ρ⁻¹₂ . Ici, ρ1ρ2 = ρ2ρ1 et toute compos´ee finie est du type

ρⁿ₁¹ρⁿ₂², n1, n2 ∈ Z, i.e. H = hρ1, ρ2i.

b) Le couple (n₁, n₂) existe par d´ef. du sous-groupe engendr´e. Maintenant ρ₁ⁿ¹ρⁿ₂² = ρ^m₁¹ρ₂^m2 ⇔ ρⁿ₁^1−m1ρⁿ₂^2−m2 = id

i.e. la rotation d’angle (n₁− m₁)α₁+ (n₂− m₂)α₂ est l’identit´e i.e. il existe z ∈ Z tel que (n1− m1)α1+ (n2− m2)α2 = 2πz

ce qui, par hypoth`ese, implique n₁ = m₁, n₂ = m₂, z = 0.

4. On suppose que ρ1 et ρ2 sont deux demi-tours d’axes orthogonaux.

Dans une base orthonorm´ee (~ei)1≤i≤3 adapt´ee aux axes, on a, comme plus haut,

[ρ₁] =





1 0 0

0 −1 0

0 0 −1



, [ρ₂] =





−1 0 0

0 1 0

0 0 −1



.

D’o`u

ρ²ⁿ_i = id, i = 1, 2, n ∈ N

ce qui s’´ecrit aussi ρ⁻ⁿ_i = ρⁿ_i, en particulier on peut se limiter aux compos´ees de ρ1 et ρ2. Le seul ´el´ement nouveau qui apparait est

[ρ1ρ2] =





−1 0 0

0 −1 0

0 0 1



= [ρ2ρ1].

C’est le demi-tour ρ3 d’axe ~e3. On a donc

hρ1, ρ2i = {id, ρ1, ρ2, ρ3 = ρ1ρ2}.

Je vous laisse la table.

5. Cette question revient `a la d´efinition mˆeme du sous-groupe hρ₁, ρ₂i engendr´e par ρ₁ et ρ2 qui cette fois ne commutent pas (cf cours).

Deux remarques toutefois:

(1) Il faut veiller `a l’ordre des produits, en particulier, le r´eciproque de s^a₁¹s^a₂²· · · s^a_nⁿ est s^−a_n ⁿs^−a_n−1ⁿ⁻¹· · · s^−a₂ ²s^−a₁ ¹.

(2) Dans la d´ecomposition g = s^a₁¹· · · s^a_nⁿ l’ordre importe mais lorsque si = si+1 on re- groupe bien sˆur les termes successifs en utilisant s^a_iⁱs^a_i+1ⁱ⁺¹ = s^a_i^i+ai+1 si bien qu’il existe au moins une d´ecomposition de g pour laquelle pour tout i, s_i 6= s_i+1. (Par exemple ρ1ρ²₁ρ2ρ1 = ρ³₁ρ2ρ1, ...)

Partie II.

1. On suppose α = arccos³₅. a) Pour n ≥ 1, on a

cos(n + 1)α + cos(n − 1)α = 2 cosnα cosα = 6

5cosnα.

D’o`u, en multipliant cette ´egalit´e par 5ⁿ⁺¹,

an+1+ 25an−1 = 5ⁿ⁺¹ 6

5cosnα = 6an. b) On a sinα = ±√

1 − cos²α = ±⁴₅. Mais α ∈ [0, π] implique sinα = ⁴₅. (Ce dernier point montre au moins que vous savez que pour d´efinir l’inverse de cos il faut choisir un domaine o`u il est monotone (ici d´ecroissant).)

Pour n ≥ 0, il vient

bn+1= 5ⁿ⁺¹sin(n + 1)α

= 5ⁿ⁺¹(sin nα cosα + cos nα sinα)

= 5ⁿ⁺¹(3

5sin nα + 4

5cosnα)

= 3bn+ 4an.

c) Pour n ≥ 0, par r´ecurrence en observant a₀ = 1, b₀ = 0, a₁ = 3, b₁ = 4 et en utilisant a). Pour n < 0, observer que an = a_−n.

D´emo analogue pour bn en utilisant b) et b−n = −bn.

d) Il suffit de le faire pour n ≥ 1. On proc`ede par r´ecurrence: c’est vrai pour a1. Ensuite utiliser

an+1 = 6an− 25an−1 ≡ 6an[5] ≡ an[5] ≡ 3[5].

e) R´ecurrence pour n > 0: C’est vrai pour b1. Pour n ≥ 1, utiliser b_n+1 = 3b_n+ 4a_n≡ (12 + 12)[5] ≡ 4[5].

n < 0: on a

bn = −b−n ≡ −4[5] ≡ 1[5].

Remarque: certains ´etudiants n’observent pas les relations a_n = a_−n, b_n = −b_−n et font une r´ecurrence dans Z sans pr´eciser n < 0 ou n > 0. Ce qui conduit `a des erreurs dans les congruences du e).

2. a) Soient les matrices A = (a_ij), B = (b_ij) ∈ M₃(Z). La congruence A ≡ B signifie pour tout i, j, a_ij ≡ b_ij[5].

Pour montrer A ≡ B et C ≡ D ⇒ AC ≡ BD il suffit d’´ecrire le produit matriciel AC = (P

l ailclj) et de rappeler que la congruence modulo n ∈ N est compatible avec la somme et le produit d’entiers.

Remarque: pour ce type de questions, une r´edaction succincte suffit.

b) 5⁰R⁰ est la matrice identit´e. Pour k > 0, R^k est la matrice de rotation d’angle kα, d’o`u

5^|k|R^k = 5^|k|





cos kα −sin kα 0 sin kα cos kα 0

0 0 1



=





ak −bk 0 bk ak 0

0 0 1



∈ M3(Z).

Pour k < 0, observer que

5^|k|R^k = 5^|k|R^−|k|=





a_|k| b_|k| 0

−b_|k| a_|k| 0

0 0 1



∈ M3(Z).

Idem pour T. Les congruences modulo 5 r´esultent des questions 1 d) et 1 e).

Existe-t-il un entier k 6= 0 tel que R^k= I3? Pour un tel k on aurait

5^|k|R^k=





5^|k| 0 0 0 5^|k| 0 0 0 5^|k|



,

ce qui implique b_k ≡ 0[5]. Donc, non un tel k n’existe pas.

Idem pour T^k. c) Par le 2.a) on a

5^|m|T^m5^|n|Rⁿ ≡





0 0 0

0 3 _m

0 −m 3



·





3 n 0

−_n 3 0

0 0 0





≡





0 0 0

−3n 9 0

_m_n −3_m 0





≡





0 0 0

2n 4 0

_m_n 2_m 0





car −3 ≡ 2[5] et 9 ≡ 4[5].

d) Pour la forme de la matrice





0 0 0

a b 0

c d 0



, proc´eder par r´ecurrence sur n en observant que pour n = 1, cette forme est bien celle du c).

R´ecurrence aussi pour montrer que les coefficients a, b, c, d ne sont pas multiples de 5: pour n = 1, _a1_b1 = ±1, 4, 2_a1 = ±2 et 2_a2 = ±2 ne sont pas multiples de 5. Reste `a voir que si les coefficients a, b, c, d obtenus `a l’ordre n ne sont pas multiples de 5 alors les coefficients du produit

5^qT^a1R^b1· · · T^anR^bn· 5^{|an+1|+|bn+1|}T^an+1R^bn+1

=





0 0 0

a b 0

c d 0



·





0 0 0

2_bn+1 4 0

a_n+1b_n+1 2a_n+1 0





=





0 0 0

2b_bn+1 4b 0 2dbn+1 4d 0





ne le sont pas non plus: c’est vrai car, 5 ´etant premier, il n’y a pas de diviseur de 0 dans Z/5Z.

e) S’il existait (a₁, . . . , a_n), (b₁, . . . , b_n) ∈ Z^?n tels que T^a1R^b1· · · T^anR^bn = I₃ on aurait 5^qT^a1R^b1· · · T^anR^bn ≡ O3 ce qui contredit le point d). (Ici, O3 est la matrice nulle.) Remarque: certains ´etudiants ´ecrivent: la matrice





0 0 0

a b 0

c d 0



 n’´etant pas inversible elle ne peut ˆetre ´egale `a 5^qI₃. Ce raisonnement est faux car la congruence ne pr´eserve pas l’inversibilit´e.

Raisonnement analogue pour T^a1R^b1· · · T^anR^bnT^β 6= I₃. En effet, on a

5^q+|β|T^a1R^b1· · · T^anR^bnT^β ≡





0 0 0

a b 0

c d 0



·





0 0 0

0 3 β

0 −_β 3





≡





0 0 0

0 3b bβ

0 3d d_β





dont les coefficients ne sont pas multiples de 5 (car 5 est premier et 3, b, d,  ne sont pas multiples de 5).

3. S’il existait (a₁, . . . , a_n), (b₁, . . . , b_n) ∈ Z^?n tels que R^a1T^b1· · · R^anT^bn = I₃ alors, par inversion, on aurait

T^−bnR^−an· · · T^−b1R^−a1 = I₃ ce qui contredit la premi`ere in´egalit´e de la question 2 e).

On peut en d´eduire l’in´egalit´e R^a1T^b1· · · R^anT^bnR^β 6= I₃ comme dans 2 e).

4. L’existence d’une telle d´ecomposition (dite r´eduite) r´esulte de la d´efinition de hρ, τ i.

Pour l’unicit´e: l’´egalit´e

s^a₁¹s^a₂²· · · s^a_nⁿ = s⁰₁^a

0 1s⁰₂^a

0

2· · · s⁰_n^0a

0

n0, n ≤ n⁰

´

equivaut `a

s^−a_n ⁿ· · · s^−a₁ ¹s⁰₁^a

0 1s⁰₂^a

0

2· · · s⁰_n^0a

0

n0 = id.

Si la partie

P = {j ∈ N \ {0}, j ≤ min n, s^−a_j ^js⁰_j^a

0

j 6= id}

´

etait non vide, pour i = min (P ), on aurait s^−a_n ⁿ· · · s^−a_i+1ⁱ⁺¹(s^−a_i ⁱs⁰_i^a

0 i)s⁰_i+1^a

0

i+1· · · s⁰_n0

a⁰_n0

= id, ce qui contredit les in´egalit´es des questions 2 et 3. D’o`u P = ∅ et on a

(ι) pour tout j ≤ n, s^−a_j ^js⁰_j^a

0

j = id, (ιι)s⁰_n+1^a

0

n+1· · · s⁰_n^0a

0

n0 = id.

Si n 6= n⁰, (ιι) contredit les in´egalit´es des questions 2 et 3. On a donc n = n⁰. Enfin les in´egalit´es de 2, 3 et (ι) impliquent

pour tout 1 ≤ j ≤ n, sj = s⁰_j, aj = a⁰_j.

5. Par 4. le groupe G est infini.

Notons G₀ = {id}. Pour n ∈ N \ {0}, consid´erons l’application

wn : {ρ, τ }ⁿ× Nⁿ → G : (s1, . . . , sn), (a1, . . . , an)
7→ s^a₁¹· · · s^a_nⁿ

et notons G_n = w_n({ρ, τ }ⁿ× Nⁿ). On sait que {ρ, τ }ⁿ× Nⁿ est d´enombrable (cf fiche sur les d´enombrements: tout produit fini de d´enombrables est d´enombrable) d`es lors Gn l’est aussi comme image d’un d´enombrable par la surjection w_n. Enfin G =S

n∈NG_n l’est aussi comme r´eunion d´enombrable de d´enombrables.

6. Si g = s^a₁¹· · · s^a_nⁿ est la d´ecomposition de la question 4 de g ∈ G \ {id}, le terme de tˆete est d´efini par t(g) = s1 si a1 > 0 et t(g) = s⁻¹₁ si a1 < 0.

On note L(σ) ⊂ G \ {id} l’ensemble des ´el´ements de G tels que t(g) = σ, σ ∈ {ρ, ρ⁻¹, τ, τ⁻¹}.

a) L’existence et l’unicit´e de la d´ecomposition du 4 pour tout ´el´ement g ∈ G \ {0} nous dit que

G = {id} ∪ L(ρ) ∪ L(ρ⁻¹) ∪ L(τ ) ∪ L(τ⁻¹)

est une r´eunion de parties deux `a deux disjointes i.e. d´etermine une partition de G.

b) L’´el´ement g = s^a₁¹· · · s_n^an appartient `a L(ρ) ssi a1 > 0. On a deux possibilit´es: (1) a1 ≥ 2 auquel cas g ∈ ρL(ρ), (2) a1 = 1 et on a l’un des trois cas suivants: g = ρ, g ∈ ρL(τ ) ou g ∈ ρL(τ⁻¹).

D’o`u

L(ρ) = {ρ} ∪ ρL(ρ) ∪ ρL(τ ) ∪ ρL(τ⁻¹) d´etermine une partition de L(ρ).

De mˆeme pour

L(ρ⁻¹) = {ρ⁻¹} ∪ ρ⁻¹L(ρ⁻¹) ∪ ρ⁻¹L(τ ) ∪ ρ⁻¹L(τ⁻¹).

c) Par la seconde d´ecomposition du b) on a

ρL(ρ⁻¹) = {id} ∪ L(ρ⁻¹) ∪ L(τ ) ∪ L(τ⁻¹).

Ensuite le a) donne

G = L(ρ) ∪ ρL(ρ⁻¹).

Idem en rempla¸cant ρ par τ.

Remarque: bien que sa formulation puisse intimider certains, la question 6. ne demande aucune r´eflexion. Il s’agit d’un point d’´ecriture ensembliste.

Partie III.

On d´esigne par S² la sph´ere unit´e de R³. 1. Pour voir que la partie

F = {v ∈ S², | ∃g ∈ G \ {id}, g(v) = v}

est d´enombrable, observer que l’axe de g 6= id intersecte S² en deux points v₊(g), v₋(g) =

−v+(g). D`es lors

F = [

g∈G\{id}

{v₊(g), v₋(g)}

est au plus d´enombrable comme r´eunion d´enombrable d’ensembles finis.

Soit p+ ∈ S² le pˆole nord. Par projection st´er´eographique, S²\ {p+} est en bijection avec le plan R² qui n’est pas d´enombrable (il contient R). D`es lors S² n’est pas d´enombrable et X = S²\ F non plus (en effet, si X ´etait d´enombrable, S² = X ∪ F serait d´enombrable comme r´eunion finie de d´enombrables).

2. Soit v ∈ X, g ∈ G \ {id}. Pour montrer g(v) ∈ X, il suffit d’ observer que si on a g(v) ∈ F i.e. s’ il existe g⁰ ∈ G \ {id} tel que g⁰(g(v)) = v alors (par d´efinition) v ∈ F.

3. Soit g, h ∈ G \ {id}. On suppose qu’il existe v ∈ X tel que g(v) = h(v) i.e. tel que (h⁻¹g)(v) = v. Si h⁻¹g 6= id on aurait v ∈ F.

4. a) Puisque G ⊂ O⁺₃, tout ´el´ement g ∈ G stabilise S² i.e. induit une bijection g_S² : S² → S² : s 7→ g(s).

Par la question 2, quelquesoit v ∈ X, on a g(v) ∈ X et g⁻¹(v) ∈ X. D`es lors g_S² induit une bijection

g_X : X → X : v 7→ g(v).

b) V´erifier que G → S(X) : g 7→ g_X est un morphisme est un jeu d’´ecriture: en effet, pour v ∈ X, (g ◦ h)X(v) = (g ◦ h)(v) = g(h(v)) = gX(hX(v)) = (gX◦ hX)(v).

V´erifions qu’elle est injective: gX = hX signifie que quelquesoit v ∈ X, g(v) = h(v). Par la question 3, g = h. (En fait la question 3 nous assure de l’´egalit´e sous une condition beaucoup plus faible: il suffit qu’il existe v ∈ X tel que h(v) = g(v).)

5. Montrer que la relation sur X d´efinie par a ∼ b ⇔ ∃g ∈ G, a = g(b) est une ´equivalence est une question de cours. Je r´ep`ete donc:

(1) r´eflexivit´e: en prenant g = id on a a ∼ a.

(2) sym´etrie: si a = g(b) alors b = g⁻¹(a).

(3) transitivit´e: si a = g(b) et b = h(c) alors a = (g h)(c).

6. Par hypoth`ese M ⊂ X intersecte chaque classe (i.e. chaque orbite Ov = {g(v), g ∈ G}) en un seul point. On veut montrer que (g(M ))_g∈G est une partition de X.

Pour v ∈ X notons {v⁰} = M ∩ O_v. Par d´efinition de O_v, il existe g ∈ G tel que v⁰ = g(v).

D’o`u v = g⁻¹(v⁰) ∈ g⁻¹(M ) i.e. on a

X = [

g∈G

g(M ).

Reste `a voir que les parties g(M ) sont deux `a deux disjointes: supposons, par l’absurde qu’il existe g, g⁰ ∈ G distincts tels que

g(M ) ∩ g⁰(M ) 6= ∅.

Soit w ∈ g(M ) ∩ g⁰(M ) et m, m⁰ ∈ M ⊂ X tels que w = g(m) = g⁰(m⁰). L’ ´egalit´e m⁰ = (g⁰⁻¹g)(m) implique m⁰ 6= m (car si m⁰ = m, on aurait m ∈ F ). La partie M contient donc deux points distincts m = g⁻¹(w) et m⁰ = g⁰⁻¹(w) de l’orbite O_w. Ce qui contredit l’hypoth`ese faite sur M.

7. a) Il suffit d’utiliser la question qui pr´ec`ede et le 6 a) de la partie II.

b) On a

X₁ = [

g∈L(ρ)

g(M ), X₃ = [

g∈L(ρ⁻¹)

g(M ).

D’o`u

ρ(X₃) = [

g∈L(ρ⁻¹)

(ρ g)(M ) = [

g∈ρL(ρ⁻¹)

g(M )

et en utilisant le 6 c) de la partie II et la question qui pr´ec`ede,

X = [

g∈G

g(M ) = [

g∈L(ρ)∪ρL(ρ⁻¹)

g(M )

= X1∪ ρ(X3) (r´eunion disjointe).

Idem pour X = X2∪ τ (X4).

8. a) Λ = {(u, v) ∈ F × F | u 6= v} est au plus d´enombrable car F × F l’est (comme produit fini d’au plus d´enombrables).

b) Pour (u, v) ∈ Λ, quel est la nature g´eom´etrique de

Γ_u,v = {w ∈ S² | || w − u ||=|| w − v ||}?

u, v ´etant de norme 1, la condition || w − u ||²=|| w − v ||² s’´ecrit

(w − u, w − u) = (w − v, w − v) ⇔ −2(w, u) = −2(w, v) ⇔ (w, u − v) = 0.

Le lieu Γu,v est donc l’intersection du plan (vectoriel) m´ediateur du segment [u, v] avec la sph`ere S². C’est donc un grand cercle de S².

c) Soit Γ =S

(u,v)∈ΛΓu,v.

- Γ ∪ F est sym´etrique par rapport `a l’origine O = (0, 0, 0): pour commencer, F l’est car g(v) = v ⇒ g(−v) = −v. Ensuite Γ_u,v l’est car c’est un grand cercle. Conclusion: Γ ∪ F est sym´etrique comme r´eunion d’ensembles sym´etriques.

- Γ ∪ F est une partie stricte de S²: on va utiliser l’indication. Soit C ⊂ S² un cercle non centr´e en l’origine O = (0, 0, 0). Quelquesoit (u, v) ∈ Λ, Γ_u,v ´etant centr´e en O, on a Γu,v 6= C. Ces deux cercles ont donc au plus 2 points d’intersection. D`es lors

Γ ∩ C = ( [

(u,v)∈Λ

Γu,v) ∩ C = [

(u,v)∈Λ

(Γu,v∩ C)

est au plus d´enombrable comme r´eunion d´enombrable d’ensembles finis. De mˆeme, F ∩ C est au plus d´enombrable comme partie de l’ensemble au plus d´enombrable F . D’o`u

(Γ ∪ F ) ∩ C = (Γ ∩ C) ∪ (F ∩ C) est au plus d´enombrable.

Conclusion: C ayant la cardinalit´e de R on a (Γ ∪ F ) ∩ C 6= C. A fortiori, Γ ∪ F 6= S². d) L’inclusion stricte du c) assure l’existence d’ un point z ∈ S² tel que z 6∈ Γ ∪ F . Par sym´etrie de Γ ∪ F on a aussi −z 6∈ Γ ∪ F.

Soit donc r une rotation d’axe la droite vectorielle < z > et d’angle 2βπ.

Si p ∈ Z^? est tel que r^p = id alors 2pβπ = 2πl pour un certain l ∈ Z et β ∈ Q.

Conclusion: pour β irrationnel, quelquesoit p ∈ Z^?, r^p 6= id.

e) Soit (u, v) ∈ F × F . On veut montrer que pour tout entier k > 0, r^k(u) 6= v.

Commen¸cons par relire ce qui pr´ec`ede:

par le point d), r^k est une rotation (6= id) d’axe la droite vectorielle < z > avec z 6∈

S

(u,v)∈ΛΓ_u,v∪ F.

cas u = v: si pour k > 0, on a r^k(u) = u alors u ∈< z > ∩S² i.e. u = ±z ce qui contredit z 6∈ F.

cas u 6= v: on sait que pour toute rotation ρ d’axe < z > et tout point w ∈ R³ on a (ρ(w) − w, z) = 0. En particulier (r^k(u) − u, z) = 0. Si r^k(u) = v on a donc

(v − u, z) = 0 i.e. z appartient au grand cercle Γu,v. Contradiction.

L’identit´e

rⁿ(F ) ∩ r^m(F ) = ∅

pour tout entier naturel n, m, m < n en r´esulte imm´ediatement:

par l’absurde, si w ∈ rⁿ(F ) ∩ r^m(F ), il existe u, v ∈ F tels que w = rⁿ(u) = r^m(v) d’o`u r^n−m(u) = v, n − m > 0

ce qui contredit ce qui pr´ec`ede.

f ) ne contient pas de question.

g) On pose Y =S

n∈Nrⁿ(F ), Z = S²\ Y .

Observer, en utilisant les rappels ensemblistes, que r(Y ) = r( [

n∈N

rⁿ(F )) = [

n∈N

rⁿ⁺¹(F ) = [

n∈N\{0}

rⁿ(F ) ⊂ Y.

En particulier, r(Y ) ∩ Z = ∅.

Reste `a v´erifier que S²\ F = r(Y ) ∪ Z.

Par la question e) on a, pour tout entier n > 0, rⁿ(F ) ∩ F = ∅ i.e. r(Y ) ⊂ S²\ F . De plus F = r⁰(F ) ⊂ Y ´equivaut `a Z = S²\ Y ⊂ S²\ F. On a donc (r(Y ) ∪ Z) ∩ F = ∅.

Pour conclure, observer que

S² = Y ∪ (S²\ Y ) = (F ∪ r(Y )) ∪ Z = F ∪ (r(Y ) ∪ Z).