MAPES28 – Algèbre et Géométrie II, corrigé du partiel (mars 2008) Exercice 1. 1. G contient id

(1)

MAPES28 – Algèbre et Géométrie II, corrigé du partiel (mars 2008)

Exercice 1.

1. GcontientidE donc est non vide. Il est évidemment stable par composition. Mais le fait qu’il soit stable par inverses n’est pas évident. Par contre on va prouver dans la suite queG = Sim(E) =R^×+O(E) (qui, lui, est un sous-groupe). Montrons-le quand même “directement”.

Soient u ∈ G et v ∈ O(E), il s’agit de prouver que u⁻¹vu appartient à O(E), c’est-à-dire, pour x ∈ E arbitraire non nul et k = kxk/ku⁻¹vu(x)k, de prouver que k = 1. Posons y =ku⁻¹vu(x), ainsikyk =kxk donc il existe w ∈O(E) tel que y =w(x). Comme u∈ G, u(x) a même norme que son image paruwu⁻¹, qui estuw(x) =u(y) =kvu(x) donc (puisque v∈O(E)) a pour normekku(x)k. Ainsi,ku(x)k=kku(x)k, d’oùk= 1.

2. Soitu=λu0avecλ >0 etu0∈O(E). Pour toutv∈O(E) on auvu⁻¹=u0vu⁻¹₀ ∈O(E).

3.

a) Puisque x⊥y, il existeF, Gsupplémentaires orthogonaux tels que x∈F et y∈G(par exempleF = le s.e.v. engendré parxetG=F^⊥). La symétrie orthogonale par rapport

`

a un telF r´epond `a la question.

b) D’une partsest une symétrie, doncs²=id, donc le polynômeX²−1 annules, doncsest diagonalisable et ses valeurs propres appartiennent à {−1,1}, doncF⊕G=E. D’autre part s∈ O(E) donc ∀f ∈F,∀g ∈ G, < f, g >=< s(f), s(g)>=< f,−g >=−< f, g >

donc< f, g >= 0, doncF ⊥G.

c) D’une part u∈ G et s∈O(E) donc (par définition deG) usu⁻¹ ∈O(E). D’autre part (usu⁻¹)²=us²u⁻¹=uu⁻¹=iddoncusu⁻¹ est une symétrie. Doncs⁰ est une symétrie orthogonale donc (cf b)F⁰ et G⁰ sont supplémentaires orthogonaux.

d) ∀z ∈E, s⁰(u(z)) =u(s(z)). En particulier ∀f ∈ F, s⁰(u(f)) =u(f) donc u(F)⊂ F⁰ et

∀g∈G, s⁰(u(g)) =u(−g) =−u(g) doncu(G)⊂G⁰.

e) D’après d),u(x)∈F⁰etu(y)∈G⁰donc d’après c),u(x)⊥u(y). On a donc prouvé (pour toutu∈ G) que six⊥y alorsu(x)⊥u(y), i.e. queu∈Sim(E). DoncG ⊂Sim(E).

4. Puisque s⁰ =usu⁻¹, on as=u⁻¹s⁰udonc (en rempla¸cantuparu⁻¹ et échangeant les rôles desets⁰dans 3.d)u⁻¹(F⁰)⊂F. La restriction deu, deF dansF⁰, est donc un isomorphisme (dont l’isomorphisme réciproque est la restriction deu⁻¹, deF⁰dansF). Idem en rempla¸cant F, F⁰ parG, G⁰.

Exercice 2.

1. 1 +t= 1 + 2t= 0 n’a pas de solution doncF∩G=∅.

2. Af f(F∪G) est donc de dimension 1 + dim(F) + dim(G) = 1 + 2 + 1 = 4, c’est doncR⁴. Exercice 3.

1. A+x−−→ AB+y−→

AC=B+x⁰−−→

BA+y⁰−−→

BC⇔(x−1 +x⁰+y⁰)−−→

AB+ (y−y⁰)−→

AC = 0⇔y⁰=y, x⁰= 1−x−y, donc l’ensemble des solutions est la droite d’´equation 2x+y = 1 dans le premier rep`ere.

2. −−→

AM =β−−→ AB+γ−→

AC, doncM est solution ssi−−→

BM=β−−→ BA+γ−−→

BC, i.e. (puisqueα= 1−β−γ) ssi les coordonnées barycentriques deM dans (B, A, C) sont (α, β, γ), i.e. ssi (β, α, γ) = (α, β, γ), i.e. ssi α=β. Ceci équivaut à (α, β, γ) = (^1−γ₂ ,^1−γ₂ , γ) i.e. M = (1−γ)I+γC. L’ensemble des solutions est donc l’ensemble des barycentres deI etC, c’est-à-dire la droite (IC).

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3. senvoieRsurR⁰ donc pour tout pointM, les coordonnées des(M) dansR⁰ sont celles deM dansR. Ces dernières sont donc égales aux coordonnées deM dansR⁰ ssis(M) =M. Dans le repère (C,−→

CA,−−→

CB),sest d´efinie parx⁰=y, y⁰=x, donc l’ensemble de ses points fixes est la droite affine d’´equationx=y, i.e. la droiteC+R(−→

CA+−−→

CB) =C+R−→

CI= (CI).