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et l’inégalité (*) est une conséquence de l’inégalité de Cauchy-Schwarz (Ques­ tion 3.1) puisque <^(x,y) < |<^(x,y)| < y/q (x)q(y). R ép onse 3.3 • Soit E un espace vectoriel sur R. On appelle produit scalaire sur E toute forme bilinéaire symétrique définie positive sur E. On sait que, si p est une forme bilinéaire symétrique positive, alors p est définie si et seulement si elle est non dégénérée. On peut donc aussi dire qu’un produit scalaire est une forme bilinéaire symétrique non dégénérée positive. • Si e = (ei...,en) est une base de E, on peut toujours définir le produit scalaire canonique p en posant p (x, y) = xiyi dès que x = Y^=i

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS

60 et 2 / = orthonormale.

Ce produit scalaire est le seul pour lequel la base e est

R ép o n se 3.4 On appelle espace vectoriel euclidien tout espace vectoriel de dimension finie muni d’un produit scalaire. R ép o n se 3.5 On appelle espace préhilbertien réel tout espace vectoriel sur R muni d ’un produit scalaire. Un tel espace peut être de dimension finie (c’est alors un espace vectoriel euclidien) ou pas! On appelle espace de Hil­ bert tout espace préhilbertien réel complet (pour la métrique qui provient du produit scalaire). R ép o n se 3.6 II s’agit en quelque sorte d ’une version « hard » de l’inéga­ lité triangulaire. On peut écrire :

I

'll + 1 ) ) - ■ÿ'ii < ||i?-I- V || -H||i?

'"u + "u ) - ‘«Il < ll'u -f- ‘vil -h II1?|

pour obtenir ( im l - i m l < l l ^ + « l \ lll/ll - l l l ?l l < l l l ? + ^ l d ’où

U -

V

= Max (||1?|| —llu^

vu -

u

< Il U + U

R ép o n se 3.7 Certainement pas. S iB = { i , j ) représente une base quel­ conque d ’un plan vectoriel euclidien, et si (x,y) et {x',y') désignent les co­ ordonnées de deux vecteurs 1? et 1? dans la base B, l’application cp définie par (p {it, Ij^) = xx' -H yy' est un produit scalaire pour lequel la base B est orthonormale. Mais rj) Çu, V ) = Sxx' + 2yy' définit un autre produit scalaire du plan, tel que i/’( * , 0 = 3, pour lequel le vecteur i n’est plus de norme 1. Ainsi B n ’est plus une base orthonormale pour ce produit scalaire. R ép o n se 3.8 a) Par définition, la norme d ’un vecteur A B est la distance A B entre les points A et 5 . On écrit : ||ÂR|| = A B . Cette définition a un sens, car ne dépend pas du choix d ’un représentant AB d ’un vecteur donné. En effet, si "u = A B = CD, le quadrilatère AB D C est un parallélogramme, donc A B = CD. R em arq u e — En proposant cette définition, on suppose ipso facto que l’on travaille dans le plan défini par l’axiomatique d ’Euclide-Hilbert : il s’agit d ’un

3.3. RÉPONSES

61

ensemble dont les éléments s’appellent des points, et où l’on distingue des par­ ties, appelées droites, qui vérifient certains axiomes. Cette façon de procéder revient à admettre des énoncés de base, des axiomes plus ou moins explicités, et correspond à ce que l’on fait dès le collège en classe de mathématiques. b) Sur la FIG. 3.1 on a tracé le point H de coordonnées (х в ,Уа )- Par construction (BH) est parallèle à Oy, et (AH) est parallèle à Ox. Puisque les axes de coordonnées sont perpendiculaires, le triangle A B H est rectangle en H et l’on peut appliquer le Théorème de Pythagore pour obtenir :

A B ^“ = AH^ -H HB'^. Le quadrilatère A H x b x a ,

où

l’on a abusivement noté жд et

les points de

F ig . 3.1 - Norme d ’un vecteur coordonnées (x a , 0) et (x b ,0), est un rectangle puisque ses côtés opposés sont parallèles deux à deux, et puisqu’il possède un angle droit. Donc :

A H = \xB -

xa\•

Un autre façon d’obtenir cette égalité consiste à écrire A H = (xb —x a ) ■ , ce qui entraîne AH = \xb —x a \ puisque i est unitaire. De même, on dispose de l’égalité B H = |j/b —J/a |- Finalement :

AB^

= AH^ + HB^ = (xb - Xa Ÿ + (yfî - yAŸ

donc :

!------------- ----------------- = Y (®B - XA) + (ys - yA)-

Si 1? = X i + y j , et si M désigne le point de coordormées (x,y) dans TZ, la formule précédente permet de retrouver la formule bien connue :

\\u\\ = \\ÔM\\ = ^ ( x - 0 ) 2 - H ( y - 0 f =

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS

62 c) ( 1) Si

= AB,

AB = 0

||li II = 0

A=B

Il =

(2) On se place dans un repère orthonormal TZ et l’on note li = x i + y j ■ D ’après l’expression de la norme d’un vecteur donnée au b), ||A:1?|| = \/{kxŸ + {kyŸ = |A:|

+ y2 = |/;| x H"« ||.

(3) Si le point C vérifie 1? = BC, l’assertion 3) devient AC < A B + B C et l’on reconnaît l’inégalité triangulaire vérifiée pax la distance dans le plan. d) Il suffit de retourner à la définition du produit scalaire :

11.1}

= ^(II^H-v'||^-||n'||^-||l?|P) =

\ [((æ + x ' f + {y + y ' f ) - (x^ + y^) - (æ'2+ y'^)]

=

xx' + yy'.

e) Il est facile de vérifier que l’application :

(p:

V XV Çu, lî)

U .V

est linéaire par rapport à chacune des variables "u et 1? en utilisant l’expression I l .1) = xx' + yy' du produit scalaire dans une base orthonormale. Il s’agit en effet de montrer que : (LG) 'ili,li',l} ÇiV (linéarité à gauche),

VA e R

+ Xu').l} =^lî.1} + \ { l ï ' .1))

(LD) VI?, 1) ,1}' € V (linéarité à droite).

VA € R

11.{il + Xv') = 11.il + \{ u .ll')

Vérifions (LG). Si lî(x,y), lt'{x',y') et ll(a ,0 ) alors :

j {Il + \ l t ' ) .l l = {x + \x')a + {y + Xy')P 1 11.Il + \{ lî'.ll) = xa + y0 + X {x'a + y'P) d ’où {Il + A l?').l? = 11.il + \ { li'.ll) . La symétrie : (S)

V u ,i l € V

11.i l = i l . Il

3.3. REPONSES

63

provient de la commutativité de la multiplication dans E puisque si 'u{x,y), ~v{x',y'), alors : "u

= xx' + yi/ = x'x + y'y = ~v.~u.

La forme bilinéaire symétrique ^ est définie positive puisque si "u (x, y) n ’est pas nul, alors tp("u, ~u) = | | > 0. f) La définition du produit scalaire et la caractérisation d ’un triangle rec­ tangle par le Théorème de Pythagore et sa réciproque, permettent d ’écrire :

AB.AÔ = Q

b

1 .J Ô = Q

«■ i(iiM+^ip-iiB3i|2-iiiai|2)=o 30"^ = BA^ + AC“ ^ A B C rectangle en A. R em arq u e — A partir de là on peut donner la définition suivante : deux vecteurs "u et 1? sont orthogonaux si et seulement si 1^.1} = 0. Dans ce cas on note itlC v . Compte tenu de ce que l’on vient de démontrer, on peut affirmer que deux vecteurs non nuis sont orthogonaux si et seulement si les droites qu’ils dirigent sont orthogonales, et cela représente exactement l’endroit où nous voulions venir en commençant à parler du produit scalaire de deux vecteurs ! g) On a AB.ÂÔ = ÂB .(Â H + HÔ) = A B .A H -HÂ b I Ï C = A B .A H d ’où l’assertion (1). L’assertion (2) provient du calcul :

AB.M N

=

AB.{M m + m -I- nN)

= Â B .M m + A B .m ^ + A B .nN = AB.rrm.

M

64

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS

h) Soient A, B et C des points tels que "u = A B et

= AC.

Première solution — Soit d une mesure de l’angle orienté (AB, AC). On se place dans le repère orthonormal direct {A, i , j ) tel que A B et i soient colinéaires et de même sens. On sait qu’alors (T , AC) = {AB, AC) = 6 (27t), et que : AC = {AC cos 9) ~i + (^O sin^) ~f. En utilisant l’expression du produit scalaire dans la base orthonormale { i , j ), on obtient :

=

U

={

\ ^ ) . { % Z ¡ )

A B X AC cos 9

=

B

Seconde solution — Soit 9 une mesure de l’angle géométrique BAC. Orien­ tons la droite {AB) de A vers B, et notons H le projeté orthogonale de C sur {AB). On a : __ ^ ^ ^ ^ u .l^ = Â B .l â = A B .A H = ÂB.ÂH . Envisageons trois cas suivant que l’angle 9 soit aigu, droit ou obtus.

H

B

U

B

H

• Si 0 < 0 < 7 t/ 2, u . v = AB.AH = AB.ACcos9 = ||u || ||l?||cos0. • Si 0 = 7t/ 2 , 1?.1? = 0= 111?Il ||1?|| costt / 2 , donc l’égalité est vérifiée. • Si 7 t/2 < 9 < n , alors :

~u.~v = —A B .A H = —AB.AC cos{Tr —9) AB. AC cos 9 = ||'w|| ||l?||cos^.

3.3. REPONSES

65

R ép o n se 3.9 Ce résultat, connu sous le nom de Théorème de la base or­ thonormale incomplète, montre, en passant, que tout espace vectoriel euclidien possède au moins une base orthonormale. Raisonnons par récurrence sur la dimension n de l’espace E : - Si n = 1, le résultat est trivial. - Supposons que la propriété soit vraie jusqu’au rang n, et montrons-la au rang n + 1. Soit (e i,..., Cp) une famille orthonormale d ’un espace euclidien E de dimension n + 1. L’orthogonal : i î = [Vect(ei)]-^ de la droite vectorielle Vect (ei) engendrée par ei est le noyau de la forme linéaire non nulle : l: E ^ R

X i-> (x\e\) où (æ|ei) désigne le produit scalaire de x et e\. C’est donc un hyperplan de E, et dim H = n. Cet hyperplan H contient les vecteurs 62, ..., Cp puisque ceux-ci sont tous orthogonaux à ei, et l’hypothèse récurrente permet de compléter la famille orthonormale (e2,...,ep) de H en une base orthonormale (c2,...,e„+ i) de H. Comme H est un hyperplan et ei ^ H, on sait que E = Vect (e i)© iî, de sorte que (e i,..., Cn+i) soit une base orthonormale de E. La propriété est montrée au rang n -|- 1. R ép onse 3.10 Soit (e i,..., ep) une base orthonormale de F. Le Théorème de la base orthonormale incomplète permet de compléter cette base en une base orthonormale (e i,..., e„) de E (Question 3.9). Si x = ^i^i, X G F-*-

Vj € {1, ...,p} ^

V j€ {l,...,p }

= 0 Xj

=

0

X G Vect(ep+i,...,en) donc F-*- = Vect (cp+i, ...,Cn) est un espace vectoriel de dimension n — p. Comme F П F-^• = {0} (en elfet si x G F П F-*-, alors (x|x) = ||x|p = 0 donc X = 0), on aura bien F = F Ф F-*-. L’inclusion F c (F-*-)-*- est triviale puisque si x G F : Vy G F"^

{x\y) = 0

X

G (F"*")"*".

De F = F © F-*- on tire dim(F-*-)-'- = n —dim F-*- = dim F , ce qui montre que l’inclusion F c (F-*-)-*- est en fait une égalité.

66

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS

Autre solution — Si l’orthogonal est pris pour une forme bilinéaire symé­ trique non dégénérée, on sait que dim F -|- dim F-*- = dim F . Si cette forme bilinéaire est définie, alors : x s

F D F ^ => x .æ = ||æ |p = 0

x = 0.

Ici, nous travaillons dans rm espace euclidien F , donc avec un produit scalaire euclidien qui n’est autre qu’une forme bilinéaire symétrique non dégénérée positive ou, ce qui revient au même, une forme bilinéaire symétrique définie positive. On a donc :

J dim F -f dim F-*- = dim F I F D F ^ = {0} ce qui entraîne F = F © F-*-. Il ne reste qu’à démontrer que F = (F-*-)-*- en raisonnant comme précédemment. R ép o n se 3.11 • On a :

( F C F + G ^ { F + G)-^ CF-^ \ G C F + G ^ { F + G)^ CG-^

(F + G)-^ C F -^ n G ^.

Réciproquement, si x € F-*- O G-^, et si l’on note (x\y) le produit scalaire de x et y, alors : Wy e F \/z e G (x\y + z) = (x\y) + (x\z) = 0, montre que x G {F + G)'^. Cela prouve l’inclusion F-^ 0C-*- C {F + G)'*", et l’on peut conclure à l’égalité (F -H G)"*" = F-*- O G"*". • Si X = y + z avec y G F-*- et z G G"*-, et si i G FO G , alors {y\t) = {z\t) = 0 donc (x|i) = {y + z\t) = (y|i) -I- (z|i) = 0. Ainsi : Vx

g

F-L-I-G-^

Vî

g

F O G

( x |î ) = 0 ,

donc F-*- + G-*- C ( F il G)'*'. Pour obtenir l’égalité F-*- -t- G-*- = (F D G)"*", il suiRt maintenant de vérifier l’égalité des dimensions de F-^ -I- G-*- et (FoG)"*", ce qui est facile puisque l’énoncé nous rappelle que F = F © F"*", de sorte que dimF-^ = n —dim F où n = dim F . On utilise alors la formule de Grassmann : et

dim(F-^ + G-‘-) =

dim F"^ + dim G"^ - dim(F-‘- O G"*-)

=

(n —dim F) + (n —dimG) —d im (F + G ) “*"

=

2n

=

n —dim (F n G)

=

dim (FnG)"*‘ .

—d im F —dimG —[n —d im (F + G)]

3.3. RÉPONSES

67

R em arq u e — On peut obtenir la formule F-*- + (?-*- = (F n G)"*" en rempla­ çant F et G par F-*- et G-*- dans la première égalité (F -H G)"*" = F-*- fl G-*- que nous avons démontrée. On obtient (F-*- -t- G-*-)-*- = (F-*-)-*- n (G-*-)-*- = F O G d’oùF-L-HG-L = (F n G )-^ en prenant l’orthogonal des deux membres. R ép o n se 3.12 Deux sous-espaces vectoriels F et G sont dits : - orthogonaux si F C G^. Cela équivaut à l’inclusion G C F-*-, et signifie que tout vecteur de F est orthogonal à tout vecteur de G (i.e. x.y = 0quels que soient x € F et y € G). On note F ± G . - perpendiculaires si F-*- C G, ce qui équivaut à G-*- C F. - supplémentaires orthogonaux si F = G-*-, ce qui équivaut à G = F-*-. On ±

note F ® G = E.

F ig . 3.2- Orthogonalité et perpendicularité en dimension 3 La FIG. 3.2 représente deux droites orthogonales (a), deux plans perpendi­ culaires (b), et une droite et un plan perpendiculaires et orthogonaux (c), dans un espace de dimension 3. Dans le dessin (b), on remarquera que la droite d est incluse dans P sans être orthogonale à Q. R em arq u es — a) Deux sous-espaces F et G sont à la fois perpendiculaires

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS

68 et orthogonaux si :

{

F c G -L

G-^ CF,

et cela équivaut à F = G-*-. Deux sous-espaces F et G sont donc perpendicu­ laires et orthogonaux si, et seulement si, ils sont supplémentaires orthogonaux.

0) Au lycée, on parle de droites perpendiculaires dans l’espace, ce qui n’a pas de sens si l’on conserve les définitions précédentes. On devrait plutôt par­ ler de droites orthogonales. Mais il s’agit d’un usage bien pratique qui persiste en dimension 3 : on continue à dire que deux droites affines sont perpen­ diculaires si elles sont orthogonales et sécantes, ce qui revient à dire qu’elles sont orthogonales et coplanaires. C’est une façon de conserver un vocabulaire de géométrie plane (valable quand les droites sont coplanaires) bien que l’on travaille en dimension 3. Le contexte est important pour comprendre de quoi l’on parle. R ép o n se 3.13 Le projeté orthogonal p£> ( « ) du vecteur u sur la droite D de vecteur directeur n est :

u .n ^ n . n

PD { U ) =

77=57777

Montrons-le. Par définition de pD, on a po Çu) E D et pD Çu) — l Î E D-*-, donc il existe un réel A tel quep£> Çu) = X n et (A"n —1?).‘n = 0. Cela donne : A=

U. n n

et permet d’obtenir la formule demandée. R ép o n se 3.14 Par définition de p,

ip { x )e F ( 1) I x —p { x ) e F-^. (2) (1) montre l’existence de réels A* tels que p(x) = dans (2), on obtient : Vj € {1, ...,p}

En reportant

I = 0

[X i=l

3.3. REPONSES

69

d’où 6 j . x = \ j \\ej\f pour tout j e ,p}. On a donc \ j = (ej.æ)/||e_,||^ pour tout j dans {1, La relation s = 2p — Id liant une projection à la symétrie associée permet d ’obtenir la seconde formule. R ép o n se 3.15 Sur la f i g . 3.3, on a tracé le projeté orthogonal H de M sur une droite et placé un point quelconque N de D distinct de H. Le Théorème de Pythagore permet d ’écrire MiV^ = M H “ ^ + H N^ > MH"^ d ’où M N > M H. Cela montre que la plus petite distance de M à un point N de D est obtenue quand N est égal à H, et seulement dans ce cas. On dit que M H est la distance du point M à la droite D. Si l’on note d {M, D) cette distance, on peut écrire d (M, D) = Min {M N / N € D} = M H .

F ig . 3.3 - Distance d ’un point à une droite R em arq u e — On peut démontrer l’inégalité M N > M H sans utiliser le Théorème de Pythagore. Cela a été demandé à l’oral du CAPES et fait l’objet de la Question 3.16. R éponse 3.16 Sur la FIG. 3.4, nous avons tracé le symétrique M ' du point M par rapport à D. Le triangle M N M ' n ’est pas aplati sinon N serait égal à H. L’inégalité triangulaire donne alors M M ' < M N + N M ', c’est-àdire 2M H < 2M N, ou encore M H < M N . Nous avons démontré l’inégalité M H < M N sans utiliser le Théorème de Pythagore, comme nous l’avions fait dans la Question 3.15. R ép onse 3.17 On sait que d {M, P) = M H où H est le projeté orthogonal de M sur P. Il existe A € K tel que M H = X n . Alors M H .li = Aj]"n |p donc A = M H .n , n et : M H .H ^ M H = ||-»no n . Ih ir On obtient alors : |M H .n I _ |AM. n I d (M ,P ) = M iî =

lin II “ l ï W

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS

70

■ ’ M'

F ig . 3.4 - M H < M N puisque M H .lt = {MÀ + A H ).lt = M A .lî. On peut retrouver ce résultat en notant que H M = p{AM) où p désigne la projection orthogonale sur la droite K"n, puis en utilisant l’expression connue de p{AM) donnée à la Question 3.13. Si l’on prend "n = (a,b,c), et si l’on note (o:,/3,7) les coordonnées de A, on obtient : d (M ,P ) =

\A M .n\ l|n||

\ a { x Q - a ) + b { y o - P ) + c { zq - j ) \

y/a^ + 6 ^+ \axQ + byo + czQ + d\ y/a? + 6 2+ c2

puisque oa + 6 /0+ C7+ d = 0. R em arq u e s — a) En prenant "n = 1? A i f où ("u , 1j ) est une base de P , on obtient : \AM .{u A d (M ,P ) = \ u /\ V

P) Ces formules restent vraies en dimension n lorsque P est un hyperplan. R ép o n se 3.18 Si M est un point de l’espace, posons H = pp (M) et K = P d { H ) ( f i g . 3.5). Il s’agit de montrer que K = p£>{M). Le résultat est évident si deux points parmi M, H, K sont confondus. Supposons donc que les points M, H, K soient distincts deux à deux. On sait déjà que K E D, de sorte qu’il ne reste plus qu’à prouver que {MK) est orthogonale à D. Pour cela, on remarque que : - {MH) est orthogonale à P (car H = pp (M)), et que D est incluse dans P , donc que {MH) est orthogonale à D.

- {HK) est orthogonale à D (puisque K = pp{H)).

3.3. REPONSES

71

Le plan (M H K ) contient deux droites non parallèles (MH) et (HK) orthogo­ nales à D, donc sera orthogonal à D. Mais alors D est orthogonale à n ’importe quelle droite du plan (M H K ), en particulier à (M K).

F ig . 3.5 - Théorème des trois perpendiculaires

R ép onse 3.19 L’inégalité de Cauchy-Schwarz s’écrit :

У х ,у е Е

ip(x,y)‘^ < (p {x,x)(p (y,y).

Elle est vraie dès que ¡p est une forme bilinéaire symétrique positive sur E (Question 3.1). Si p est un produit scalaire, alors l’égalité a lieu dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz si et seulement si x et y sont colinéaires.

Preuve — (p : E X E Ш désigne le produit scalaire de E. Supposons que l’on ait l’égalité p (x,y)^ = (p(x,x) p (y,y). Si p (y ,y ) = 0 alors y = 0et les vecteurs x et y seront colinéaires. Dans le cas contraire p (y, y) ^ 0 et le discriminant A ' de la preuve de Cauchy-Schwarz donnée à la Question 3.1 sera nul. Il existe donc un réel Aq tel que p ( x + Aoy, x + Лоу) = 0. Cela entraîne X + Aoy = 0car P est définie. Réciproquement, si ж = Aoy ou y = Аож l’égalité dans Cauchy-Schwarz est triviale. R ép onse 3.20 L’inégalité de Minkowski s’écrit : V x,y€E

^/q{x + y) < y/q(x) + y/q(y)

où q(x) = p(xyx) est la forme quadratique associée à une forme bilinéaire symétrique positive p (Question 3.2). Si p est un produit scalaire, alors l’égalité a lieu dans l’inégalité de Minkowski si et seulement si x et y sont colinéaires et de même sens.

72

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS Preuve — L’inégalité de Minkowski est une égalité si et seulement si : 9(® + Î/) = ( v № ) + V ^ ) ^

autrement dit q{x + y) = q{x) + q(y) + 2y/q{x)q{y), ou encore :


{*)

Cela entraîne (p{x,yŸ = Q{x)q{y), et l’on reconnaît l’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz : cela signifie que x et y sont colinéaires (Question 3.19). On a donc a: = 0ou y = Aoæ pour un certain réel Aq. Si x n ’est pas nul, il suifit de remplacer y = Aq® dans (*) pour obtenir : \q(P{x , x) = \\q\(^{x , x) ^

Ao = |Ao|

Ao 6 H-

Réciproquement, il est facile de vérifier que, si x = 0ou s’il existe Aq € M+ tel que y = Aoa:, alors (x, y) = y/q{x)q{y). R ép o n se 3.21 a) • Montrer que Ker A est un sous-espace revient à montrer que pour tous vecteurs X , Y de Ker A, et pour tout réel A, le vecteur X + XV appartient encore à Ker A. Par linéarité :

A ( X + \Y ) = A X + \ A Y = 0 puisque par hypothèse A X = A Y = 0, donc X -|- AF € Ker A comme on le désirait. • Montrer que Im.i4 est un sous-espace vectoriel de En revient à prouver que : \ / Y ,Z e l m A V A € R F - | - A Z € l m A

S i Y ,Z e Im A, il existe F et W dans Ep tels que Y = A V et Z = AW . Alors Y XZ = A V -|- XAW = A{V -H XW) où F -I- AlF € Ep, et cela montre que F -|-A Z € lm A b) Si F € ImMAT, il existe X e En tel que F = M N X , ce qui s’écrit encore F = M {N X ) où N X € Ep, et signifie que M G Im M . On vient de montrer l’inclusion ImMiV c Im M . Si X G KexN, alors N X = 0 donc M N X = 0, donc X G KerMiV. Cela prouve que Ker N C Ker M N . c) Pour tout (F, Z) G E"^ et tout A G M,

WY + X Z f

= \ Y + XZ){Y + XZ) = CY + X*Z)(Y + XZ) = ^YY + X^YZ + X^ZY + X'^^ZZ = \ \ Y f + X^YZ + X^ZY + X'^\\Z\\'^.

3.3. RÉPONSES

73

Comme *y Z est un réel, c’est une matrice qui est égale à sa transposée, par conséquent *'YZ = *ZY. Cela se vérifie facilement en écrivant Y = *(yi,..., y„) et Z = \zu ...,Z n ) :

z\

^YZ = {yi,...,yn) X

= y\Zi + ...+ynZn Zn

et

yi *ZY = {zu...,Zn) X

= Ziyi + ... + Znyn Un J

d’où *YZ = ^ZY, et l’on obtient bien : ||y + AZ||2 = ||y||2 + 2A*Zy + A2||Z||2. R ép onse 3.22 1) Supposons que X q soit une solution de l’équation {£). Alors AXo = B. Si X est une pseudo-solution de (6),

V ZeE p et en particulier pour Z = X

\\A X -B \\< \\A Z -B \\, q

{*)

:

0 < \\AX - R || < \\AX q - S || = 0 donc \\AX — B\\ = 0. On en déduit que A X = B et X est une solution de {S). Réciproquement, toute solution X de {£) vérifie l’assertion (x:) puisque IlAA —5 || = 0et puisque \\AZ —R || reste positif quel que soit Z G Ep, donc est une pseudo-solution de (S). 2.a) Comme X est une pseudo-solution de {£),

yZeE p

||A A -R || < ||A Z -R ||.

(*)

Pour tout (A, U) e R x E p , on peut appliquer (*) avec Z = X —XU et obtenir : |1 4 X -B ||< ||A (X -A £ 7 )-B || soit : VA G R W ^ E p

||A A - R || < ||A A -R -A A C /||.

2.b) On vient de voir que pour tout (A, Î7) G R x Ep,

\\AX - B f < \ \ A X - B - XAUW^,

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS

74 d ’où :

\\AX - B \ f < \\AX - 5 ||2 - 2 \\A U ) (A X - B) + X'^\\AUf puisqu’on posant Y = A X —B et Z = —AU : ||y + AZ|p

= \ Y + XZ){Y + XZ) = CY + X^Z){Y + XZ)

= ^YY + X*YZ + X^ZY + X^^ZZ = ||y |p + A*yZ + A *^y + A2||Z |p = ||y ||2+ 2A‘Z y + A2||Z|p, et que cela entraîne :

\ \ A X - B - XAU\f = \\AX - 5 ||2 - 2X\A U ) (A X - B ) + X^\\AU\\^ Ainsi : VA€R

W eE p

X‘^ \\A U f- 2 X ^ U ^ A { A X - B ) > 0 .

2.c) Soit U eE p fixé. Posons a = ||Ai7||2 et

= ^U*A{AX - B). On a :

VA € M aA^ - 20X > 0. (f) De deux choses l’une : - Si a 7^ 0, alors o: > 0et aX^ —2/3X est un trinôme du second degré en A. Ce trinôme restera positif quel que soit le réel A si, et seulement si, il n’admet pas deux racines réelles distinctes (autrement il serait strictement négatif quand A est strictement entre ses racines). Comme ses racines sont A = 0 et A = 2;0/o;, (t) entraîne : 2B 0= — a soit S = 0. - Si a = 0, l’assertion (f) devient : VA e K

-2 0 X > O

ce qui entraîne ¿0= 0. Dans tous les cas on obtient S = 0. Donc : W€Ep

^U*A{AX-B) = 0.

3.3. RÉPONSES

75

2.d) Ainsi : W e Ep

C AAX - ^AB) = 0

VC/ € Ep

(C/,‘ A A X - ^AB) = 0

ou encore : où (U,* A A X — ^AB) est le produit scalaire de U et *'AAX — *AB dans Ep. Comme Ep est un espace vectoriel euclidien muni de ce produit scalaire, le vecteur ^AAX — *'AB orthogonal à tous les vecteurs de Ep, sera nul. On aura donc *AAX = *AB. R em arq u e — On peut redémontrer que l’orthogonal de Ep pour le produit scalaire {Y, Z) = ^ZY est réduit à {0}. Notons Z = {zi, ...,Zp). Si {Y, Z) = ^ZY = 0 quel que soit Y € Ep, et si i € {l,...,p}, il suffit de considérer F = *(0, ...0, 1, 0, ..., 0) avec un 1 à la i-ième place pour obtenir : / 0\

{Y,Z)=^ZY={zi,...,Zp)

0 1 0

= Zi

V: / d’où Zi = 0. Cela sera vrai pour tout i € {1, ...,p}, donc Z = 0. 3) On suppose que *^AAX = *AB, et il s’agit de montrer que X est pseudo­ solution de {£), autrement dit que :

^Z eE p

\\A X -B \\< \\A Z -B \\.

(b)

Quand Z parcourt Ep, A Z parcourt l’image Im A de A. On sait que Im A est un sous-espace vectoriel de En^ et que la plus petite distance de R à un élément W de F est atteinte uniquement quand W est égal au projeté orthogonal p (B) de B sur ImA (propriété classique du cours sur les espaces euclidiens qui se démontre en utilisant le Théorème de Pythagore). Ainsi :

A X = p{B ) ^

(b)

A X € ImA A X - R g (ImA)-L {

et comme A X G Im A est toujours vrai : (b)

yYeE p

{AX - B, AY) = 0.

CHAPITRE 3. ESPACES EUCLIDIENS

76

Montrer que X est pseudo-solution de (S) revient donc à montrer que le pro­ duit scalaire {AX —B, AY) est nul quel que soit Y € Ep. C’est bien le cas, puisque si *'AAX = *^AB, alors pour tout Y E Ep :

{AX - B, AY)

= \ A X - B){AY) = {^X * A -^B ){A Y ) = ^X ^A A Y -^B A Y = \* A A X )Y - \^ A B )Y = 0.

La FIG. 3.6 permet de visualiser la configuration dans laquelle on s’est placé.

F ig . 3.6 - X est une pseudo-solution 4) Montrons que (S) admet une unique pseudo-solution X .

Existence — Comme ^AA est inversible, l’équation ^AAX = *AB admet une unique solution X = (*AA)~^{*^AB), et cette solution X est une pseudo­ solution de (6) d ’après la question 3). Unicité — Si X est une pseudo-solution de (S), la question 2) montre que *AAX = *AB, donc que X = i^AA)~^{^AB). Ainsi X est parfaitement déter­ miné à partir de A et B.

Chapitre 4 Triangles 4.1

Minimum vital TRIANGLES RECTANGLES

Q u estion 4.1 Enoncer, puis démontrer le Théorème de Pythagore et sa réci­ proque. Q uestion 4.2 Démontrer le Théorème de Pythagore sans utiliser le produit scalaire. Q uestion 4.3 Démontrer la réciproque du Théorème de Pythagore sans uti­ liser le produit scalaire. Q u estion 4.4 Montrer qu’un triangle A B C est rectangle en A si et seulement si A appartient au cercle de diamètre [BC\. Q uestion 4.5 (Relations métriques dans un triangle rectangle) Si ABC est un triangle rectangle en A, et si H désigne le pied de la hauteur de ce triangle issue de A, démontrer que :

(1) AH^ = m i.H C . (2) BA^ = m î x BC. (8) AH X BC = AB X AC.

Q u estion 4.6 Montrer que le pied de la hauteur issue de l’angle droit d’un triangle rectangle appartient à l’hypoténuse.

77

CHAPITRE 4. TRIANGLES

78

TRIANGLES QUELCONQUES Q u estio n 4.7 a) Montrer que les médiatrices d ’un triangle sont concourantes. b) Soit A B C un triangle non aplati. Montrer qu’il existe un et un seul cercle qui passe par les sommets de ce triangle. Q u estio n 4.8 (Oral CAPES int. 2009, Ecrit CAPES 2014) Démontrez que les trois médianes d’un triangle sont concourantes en utilisant seulement des outils du collège. Q u estio n 4.9 Démontrer que les trois hauteurs d ’un triangle sont concou­ rantes. Q u estio n 4.10 (Ecrit du CAPES interne 1993) Enoncez et démontrez la for­ mule d’Al Kashi dans un triangle quelconque. Q u estio n 4.11 Enoncez une condition nécessaire et suffisante pour qu’un tri­ angle de côtés de longueurs imposées a, b, c (a,b,c E soit constructible. Démontrez-la.

4.2

Entraînement

Q u estio n 4.12 Montrer que chacune des relations écrites à la Question 4-5 caractérise un triangle rectangle. Q u estio n 4.13 L ’affirmation suivante est-elle vraie ou fausse : « Un qua­ drilatère ABC D qui possède deux côtés opposés égaux et parallèles, est un parallélogramme » ? Justifiez votre réponse. Q u estio n 4.14 Montrer qu’un quadrilatère ABCD tel que A B = CD, {AB) parallèle à (CD), et tel que les points A et D appartiennent au même demiplan de frontière (BC), est un parallélogramme. Q u estio n 4.15 On considère la figure ci-dessous où les parallélismes et les alignements observés font partie des hypothèses. a) Montrez que les droites en pointillés sont concourantes ou parallèles. b) Proposez (sans démonstration) une généralisation de ce résultat.

4.3. RÉPONSES

4.3

79

Réponses

R ép onse 4.1 Le Théorème de Pythagore de Samos s’énonce : Dans un triangle rectangle, le carré de l’hypoténuse est égal à la somme des carrés des côtés de l’angle droit. Le produit scalaire permet de montrer rapidement ce Théorème et sa réci­ proque, puisqu’il suffit d’écrire :

BC^ = BA^ + AC^

^

(b 1 +  â f = BA^ -t- AC^  B . C = 0 A B C rectangle en A.

R ép onse 4.2 ► En collège, on peut démontrer le Théorème de Pytha­ gore en utilisant des aires et la dissection de la figure ci-dessous attribuée à P5 d;hagore lui-même :

M

Des arguments angulaires montrent que L M N P est un carré. En effet, les quatre trianglesjectangles hachurés sont isométriques, d ’où_d^égahtés_angulaires. L’angle P LM Aran^l80° moins la somme des angles ALP et BLM , qui vaut un droit, donc P L M est droit. Le quadrilatère L M N P possède quatre côtés égaux, c’est donc un losange, et comme il possède aussi un angle droit, c’est un carré. Comme L M N P est un carré, l’aire du grand carré peut être calculée de deux façons différentes, et l’on obtient ;

{b + c f = 4 x ^ + 0? d’où

+ <^ = a? en développant et en simplifiant.

► Dans la preuve précédente, on peut désirer ne pas utiliser le développe­ ment algébrique du carré {b + c)^. Pour cela, il suffit de construire les deux

CHAPITRE 4. TRIANGLES

80

carrés de la FiG. 4.1. Ces carrés sont identiques, et les parties hachurées de la même façon ont la même aire, donc 6 ^+ = a^.

B c P M b:

I ___ D

c

N

b^ + c^ = a^

F ig . 4.1 - Découpons des carrés! R ép o n se 4.3 II s’agit de la question du jury n°3 de [9]. C’est un classique, et voici la réponse qu’on avait donnée : Considérons un triangle (non aplati) A B C tel que AB^ + AC^ = BC^. Notons B' le point du demi-plan de frontière {AC) ne contenant pas B tel que AB' = A B et tel que la droite {AB') soit perpendiculaire à {AC) ( f i g . 4.2).

F ig . 4.2 - Réciproque du Théorème de Pythagore Le Théorème de Pythagore appliqué au triangle rectangle AB'C donne

B'C “ ^ = AB^ -b AC^ = BC^

4.3. RÉPONSES

81

donc B 'C = BC. Comme AB' = AB^ les points A e i C sont à égale distance des extrémités du segment [BB'\, et la droite {AC) est la médiatrice de [BB'\. Cela prouve que {BB') est perpendiculaire à (AC). Les droites {BB') et {AB') sont ainsi toutes deux perpendiculaires à {AC). Comme elles passent par le même point B', elles sont confondues, et j4 G {BB'). On a prouvé que A B C était rectangle en A. R ép onse 4.4 Le résultat que l’on veut démontrer s’énonce aussi en disant que le triangle ABC est rectangle en A si et seulement si la médiane issue de A vaut la moitié de [BC\.

Première solution — Soient C^bc \ 1®cercle de diamètre [BC\ et I le milieu de [BC]. Alors J Ê . â = ( Π+ 1b ).{ÂÎ + / 5 ) = A P - I B “ ^, donc : A B .A C = 0 A I = IB

ABC rectangle en A O

Deuxième solution — Si A B C est rectangle en A, on peut construire le point D tel que ABD C soit un rectangle. Les diagonales d ’un rectangle étant égales et se coupant en leur milieu I, on constate que A I = B I = D I = CI, donc que A appartient au cercle de diamètre [BC\. Réciproquement, si A appartient au cercle C de diamètre [BC\, et si / désigne le milieu de [BC], la droite {AI) recoupe C en. D. Les diagonales du quadrilatère ABDC sont alors égales et se coupent en leur milieu I. On en déduit que ABDC est un rectangle, de sorte que le triangle AB C soit rectangle en A. R éponse 4.5 Les trois relations métriques fondamentales dans un triangle rectangle peuvent être démontrées avec des outils du collège comme le Théo­ rème de Pythagore et les aires. Cerise sur le gâteau, il suffit d ’appliquer trois fois le Théorème de Pythagore pour arriver à ses fins, ce que l’on peut donc retenir facilement.

A.

CHAPITRE 4. TRIANGLES

82

Le Théorème de Pythagore appliqué trois fois donne :

BC^ = BA^ + AC"^ {BH + n e f = {BH“^ + HA^) + {AH"^ + HC"^) AH^ =

BHx

Tic.

On en déduit B A? en fonction de B H et BC ;

BA^ = = = =

BH^ + HÀ^ BH^ + m î x T î c B H x {BH + HC) B H xB C .

Il suffit enfin d ’écrire l’aire du triangle A B C de deux façons pour obtenir

AH x B C

AB

X

AC

d ’où la dernière relation. R em arq u e — Il est légitime de se demander si les relations métriques pré­ cédentes caractérisent un triangle rectangle. La réponse est affirmative comme on le voit à la Question 4.12, mais ce n ’est plus à portée du programme du collège. R ép o n se 4.6 L’égalité BÀ^ = B H x B C montre que B H et B C ont même signe, ce qui prouve que H appartient à la demi-droite ouverte ]BC) d’origine B. De même, la relation CA^ = CH x CB montre que H appartient à la demi-droite ]CB). Par conséquent H g ]RC)D]C'5) = ]BC[. R ép o n se 4.7 a) Soient A>i, A b , A c les médiatrices des côtés [BC\, [CA\, [AB] d ’un triangle non aplati ABC. Les droites et A b ne sont pas pajrallèles, car si elles l’étaient, les droites {BC) et {CA) seraient perpendiculaires à une même direction (la direction commune de A^ et A b ), donc seraient paral­ lèles, et comme elles passent par le même point C, elles seraient confondues. C’est impossible puisque les points A, B et C ne sont pas alignés. On peut donc affirmer que A a et A b se coupent en un point O. La médiatrice d’un segment étant l’ensemble des points équidistants des extrémités de ce segment, on aura OB = OC et OC = OA. Par transitivité de la relation d ’égalité, on obtient OB = OA, ce qui prouve que O appartient à A c. b) Soit A B C un triangle non aplati.

4.3. RÉPONSES

83

F ig . 4.3 - Les trois médiatrices d ’un triangle

Analyse — Si un cercle C passe par les sommets A, B, C du triangle, son centre O vérifie OA = OB = OC, donc appartient aux trois médiatrices du triangle. C’est donc le point de concours de ces trois médiatrices, dont l’existence a été prouvée dans la question précédente. Le rayon de C est néces­ sairement OA. Ainsi, si ce cercle C existe, il est unique puisque l’on connaît son centre et son rayon. Synthèse — Soit O le point de concours des médiatrices du triangle ABC. Le cercle C de centre O et de rayon OA contient effectivement les points A, B et C puisque OA = O B = OC. R em arq u e — On dit que le cercle passant par A, B Qi C est le cercle circonscrit au triangle ABC. R ép onse 4.8 Proposons deux solutions qui utilisent le Théorème de Thalès, ou si l’on préfère le Théorème de la droite des milieux. Une troisième so­ lution, très rapide, utilise l’isobarycentre des sommets du triangle, mais nous ne la rappellerons pas ici. Notons A', B', C les milieux des côtés [BC], [CA\, [AB\.

Première solution ( f i g . 4.4) — Soit G l’intersection des médianes {AA') et {BB'). Soit U le milieu de [AG\. Soient V et W les projetés de U et A' sur (AC) parallèlement à {BB'). Le Théorème de la droite des milieux montre que V est le milieu de [AB'\ (utiliser le triangle AGB') et que W est le milieu de [B'C\ (utiliser le triangle C B B'). Par conséquent A V = V B ' et B 'W = WC. Comme AB' = B'C, on déduit que : A V = V B ' = B 'W = W C =

AC

84

CHAPITRE 4. TRIANGLES

La graduation A, V, B', W de [AC] est donc régulière, et par projection on en déduit que la graduation A, U, G, A! de [AA!] est aussi régulière (ce résultat général se montre en utilisant que le projeté du milieu d ’un segment est égal au milieu du segment projeté, propriété qui est une conséquence directe du Théorème de la droite des milieux).

F ig. 4.4 - Première solution Finalement G est un point du segment [AA'] situé au tiers de la base A' de la médiane. Il suffit de recommencer avec le point 5 à la place de C pour montrer que les segments [AA!] et [CC] se coupent aussi en un point G' situé au tiers de la base A' de la médiane [AA']. Nécessairement G = G' puisqu’il n ’existe qu’un seul point du segment [AA'] tel que GA'¡AA' = 1/3, donc les médianes {AA!), {BB') et (CC) se coupent en G.

F ig . 4.5 - Seconde solution

Seconde solution ( f i g . 4.5) — Soit G l’intersection des médianes {AA!) et {BB'). Traçons le symétrique G' de G par rapport à A'. Le quadrilatère

4.3. RÉPONSES

85

BGCG' est un parallélogramme puisque ses diagonales se coupent en leur milieu. Comme B' est le milieu de [AC\ et comme {B'B)//{GG'), le Théorème de la droite des milieux montre que G est le milieu de [AG'\. Mais alors, comme {GG)//{BG'), et comme la droite {GG) passe par le milieu de [AG'], ce même théorème montre que {CG) coupe {AB) en G" milieu de [AB]. Cela montre que G appartient à la troisième médiane issue de G du triangle ABG. R ép o n se 4.9 Cette question est classique, mais ce n’est pas une raison de ne pas savoir y répondre si on la pose à l’oral d ’un concours. Il faudra au moins être capable de proposer une démonstration, et, s’il s’agit du CAPES, connaître plusieurs démonstrations pour pouvoir s’adapter aux attentes du jury. Il ne sera par exemple pas étonnant si, après avoir donné la solution qui utilise l’homothétie le jury demande de proposer une solution que l’on pourrait présenter aux élèves du collège. C’est pour ces raisons que je recopie ci-dessous un développement que j ’avais construit en février 2012pour mes étudiants, où l’on trouvera beaucoup d’idées à retenir. 'H R éponse 1 — Triangle médian et homothétie de centre G.

Présentaticm — Je privilégie cette première réponse compte tenu de la ri­ chesse des développements qu’elle permet. A l’aide d ’une simple homothétie et de quelques résultats complémentaires très classiques, cette solution permet de démontrer la relation d ’Euler OH = 30G et de construire un cercle passant par neuf points attachés au triangle, tout cela à l’issu d ’un investissement très raisonnable. De plus cette méthode est facile à retenir et se prête bien à un exposé oral. Preuve — Considérons l’homothétie ho, -2 de centre le centre de gravité G du triangle ABC, et de rapport —2. Cette homothétie transforme le triangle médian A!B'G' en A B C {A!, B', G' désignent les milieux des côtés du tri­ angle ABC comme sur la FIG. 4.6) et transforme les médiatrices des côtés du triangle ABC en ses hauteurs (en eiîet hQ,-2 transforme la médiatrice de [BC] en une droite parallèle, donc perpendiculaire à [BC], passant par l’image A de A! par ho,- 2, on reconnaît la hauteur issue de A). Comme les médiatrices des côtés du triangle ABC concourent en O, les hauteurs vont concourir en H = ha,-2{0). Prolongement — Ainsi GH = —2GO, c’est-àrdire OH = 30G, et l’on vient d ’obtenir la relation d ’Euler qui montre l’alignement du centre O du cercle cir­ conscrit, du centre de gravité et de l’orthocentre d’un triangle. On peut aller plus loin en s’apercevant que l’homothétie Iig , - i /2 réciproque de ha,-2 trans­ forme le cercle circonscrit à A B C en un cercle F passant par les milieux A ,

86

CHAPITRE 4. TRIANGLES

F ig . 4.6 - Triangle médian et homothétie h a ,-2

C . Le centre de ce cercle est le point u = ha,- 1/2 (O). Donc : g H, =

Par suite

•|

-^

g Ô.

Q

1

= -ôà ¿i

= - ô à = -ôH ¿i Zi et le centre w de P n’est autre que le milieu de [OH], Les pieds H a , H b , H c des hauteurs du triangle A B C appartiennent aussi à r , comme on le voit en utilisant le trapèze rectangle H H a A'O : u> est le milieu de [OH], et l’on vérifie sans peine que ujH a = ojA'. En eflFet, le projeté orthogonal Z àeoj sur la droite {BC) est le milieu de [Ha A'] et le Théorème de Pythagore donne ojH \ = uZ'^ + Z H \ = uZ^ + ZA'^ = ojA'^. Ainsi H a 6P. Le cercle P est donc le cercle circonscrit au triangle H a H b H c - On sait que les symétriques de l’orthocentre d’un triangle par rapport à ses côtés appar­ tiennent au cercle circonscrit au triangle. L’homothétie h' de centre H et de rapport 2transforme donc le cercle circonscrit à H a H b H c en le cercle C cir­ conscrit à ABC. Cela s’écrit h'{T) = C, et comme A 6C, on en déduit que le milieu du segment [AH\ appartient à P. Il en sera de même des milieux de [BH] et [CH]. En conclusion : Le cercle P mérite son nom de cercle des neuf points (ou cercle d ’Euler) du triangle A B C puisqu’il passe par les milieux A', B',

4.3. RÉPONSES

87

C", par les pieds H a ^ H b , H q des hauteurs et par les milieux des segments [AH], [BH] et [CH]. S-+ R ép o n se 2 — Nombres complexes.

Présentation — Voici une jolie solution qui montrera que l’on sait traduire l’orthogonalité en utilisant des affixes de points. En terme d ’affixes, la relation d’Euler OH = ZOG s’écrit simplement h = a + 6+ c, puisque l’affixe du centre de gravité est p = 5(0+ 6+ c), et l’idée consiste à parachuter le point H d’affixe h = a + b + c, puis de démontrer qu’il s’agit de l’orthocentre. Il faudra seulement prendre bien garde à placer le centre de notre repère orthonormal (permettant d ’identifier le plan géométrique au plan complexe) en O, centre du cercle circonscrit à ABC, ce qui permet de disposer des égalités |a| = |6| = |c| = R (rayon du cercle circonscrit). Cerise sur le gâteau, cette méthode, qui utilise les nombres complexes, permet aussi de simplifier la preuve de l’existence du cercle des neuf points. Que du plaisir ! Preuve — Soit C le cercle circonscrit au triangle ABC. Soient O son centre, R son rayon, et o, b, c les affixes de A, B, C dans un repère orthonormal d’ori­ gine O ( f i g . 4.7). Soit H le point d ’aifixe h = a-\-b+c. Dire que (AH) J. (BC) revient à dire que : {h —a) (c —6 ) G ¿]R, et un calcul donne effectivement :

(h

(6-I- c) (c - b) = 6 c - l - | c | ^ - | 6|^

a) [c —b) = = =

bc

bc — bc 2i Im (6 c) G fiR.

On en déduit que H appartient à la hauteur issue de A, et l’on montrerait de même que H appartient aux deux autres hauteurs. Le point H est donc l’orthocentre de ABC.

Prolongement — D e h = a - |- 6-|-c = 3^ o n déduit OH = SOC et l’on reconnaît la relation d’Euler. On a donc prouvé l’alignement des points O, H et G. Si Q, désigne le milieu de [OH] ( f i g . 4.7), et si u>désigne l’aifixe de ü, h a ^""2^ donc :

b

2

ü b c --------- CJ —

2

2

c ’

R

2’

CHAPITRE 4. TRIANGLES

88

F ig . 4.7 - Cercle d’Euler ou cercle des neuf points ce qui montre que le milieu C du côté [AB] appartient au cercle F de centre iî et de rayon R/2. On peut donc conclure que F passe par les milieux des côtés du triangle ABC. Le milieu de [AH] a pour aifixe ; û + (u + i) et le calcul

c)

2û + b + c ----------------(jj

2a + 6+ c a

R 2 permet d ’affirmer que F passe par ce milieu. En conclusion :

2

2

Le cercle F passe par les milieux A', B ', C des côtés et par les milieux des segments [AH], [BH] et [CH]. Malheureusement il n ’est pas facile de continuer à utiliser des affixes pour démontrer que F passe par les pieds H a , H b , H q des hauteurs. Si on désire néanmoins le vérifier à ce stade de notre développement, le plus simple est de revenir sur une démonstration géométrique comme dans la Réponse 1, on en préférant la variante suivante qui évite d’utiliser le Théorème de Pythagore : - puisque {OA') et {AH a ) sont perpendiculaires à {BC), A! et H a sont les projetés orthogonaux de O et i f sur la droite {BC). - puisqu’une projection conserve les milieux, le milieu Î2 de [OH] se projette sur le milieu U de [AlH/^ (fig . 4.7).

4.3. RÉPONSES

89

- la droite (iiU) est donc perpendiculaire au segment [A'Ha\ et passe par son milieu U, il s’agit de la médiatrice de donc ÇIHa = OA' = R /2 et Ha ^ T . 9-+ R ép o n se 3 — Parachutage de OH = ÔÂ + ÔB + ô ê .

Présentation — Voici une solution économique qui utilise des vecteurs, très simple et très efficace pour répondre à l’oral. Preuve — Soit H le point tel que OH = ô X + OB + OC, où O désigne le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. On a : A H = ÔB + ÔC = 2ÔX! donc {AH) est parallèle à {OA'), et comme {OA') est la médiatrice du côté [BC], on en déduit que {AH) est perpendiculaire à {BC), donc que H appar­ tient à la hauteur issue de A.

F i g . 4.8 - Triangle médian R ép o n se 4 — Triangle médian.

Présentation — Cette preuve a au moins trois avantages : pouvoir être proposée en collège, être simple et être facile à retenir. On ne se privera donc pas d’y avoir recours dès qu’on le désire. Preuve — Sur la FIG. 4.8 on a tracé les parallèles aux côtés d ’un tri­ angle AB C passant par les sommets opposés. Ces parallèles se coupent en des points distincts L, M et N , comme sur la figure (si l’on avait M = L, on aurait {NM) = {NL) et {AC) serait parallèle à {AB), absurde). Il est

CHAPITRE 4. TRIANGLES

90

facile de voir que les hauteurs du triangle A B C sont les médiatrices du tri­ angle L M N : par construction, les quadrilatères M AC B et ALC B sont des parallélogrammes, donc M A = B C = AL, et la hauteur ù^a du triangle A B C issue de A sera aussi la perpendiculaire au segment [ML\ passant par son mi­ lieu, c’est-à-dire la médiatrice de [ML\. On conclut en rappelant que les trois médiatrices d ’un triangle sont concourantes. R ép o n se 5 — Identité de Stewart.

Présentation — Cette preuve est l’occasion de montrer que l’on connaît une identité très jolie entre des vecteurs du plan, et que cette identité permet de montrer l’existence de l’orthocentre en deux temps trois mouvements... Preuve — Il n ’est pas diiRcile de vérifier, en utilisant la relation de Chasles, que pour tous points M, A, B, C du plan : Ma ^

+m

b .c a

+m

c

J

b

= ().

{*)

On rappelle alors que deux hauteurs d ’un triangle sont toujours concourantes (autrement elles seraient parallèles et les côtés sur lesquels tombent ces hau­ teurs seraient parallèles, et le triangle serait aplati, ce dont on ne veut pas). Si M appartient aux hauteurs du triangle issues de A et B, l’identité (*) donne M C .AB = 0 de sorte que M appartienne à la dernière hauteur.

F ig . 4.9 - Cocyclicités 9-» R ép o n se 6— Cocyclicité.

Présentation — Il est original d ’utiliser des cocyclicités pour démontrer l’existence de l’orthocentre. Mais la preuve n ’est pas facile à retenir, ni donc à restituer. E t à quoi cela peut-il servir à part proposer une application originale

4.3. RÉPONSES

91

du critère de cocyclicité ? On pourra se contenter de lire cette démonstration sans essayer de la retenir : il s’agit d ’une curiosité mathématique. Cette preuve utilisant la cocyclicité est extraite du document rédigé par la commission Kahane [23].

Preuve — Soit H l’intersection des hauteurs {BB') et (C C ) sur la FiG. 4.9. Sur cette figure, on remarque des cocyclités et on en déduit ces égalités d ’angles de droites : (B B ',B C ) = {C'B'.C'C) = {C'B',C'H ) = {AB', AH) (тг). Par suite

{AH,BC)

= (A H ,B B ') + {BB',BC ) = {AH ,BB') + {AB',AH) = (А В ',В В ') = '^{ж),

donc H appartient à la dernière hauteur issue de A. R ép o n se 4.10 Cette question a été posée dans la seconde composition du CAPES interne 1993, et peut être demandée à n’importe quel moment à l’oral d’un concours. Si AB C est un triangle dont les longueurs des côtés sont a = BC, b = CA et c = AB, et si A désigne son angle géométrique en A (ou si l’on préfère la mesure dans [0,тг] de cet angle géométrique), les propriétés du produit scalaire permettent d’écrire : = BCP'

=

( b I + ÂÔ)'^

= =

BA^ + ACf^ + 2b 1 .J Ô }? + (? — 26ccos A.

R ép o n se 4.11 Voici le résultat : T h éo rèm e — Soient a,b,c trois réels strictement positifs. On peut construire un triangle A B C de longueurs de côtés a, b, c si et seulement si ces nombres vérifient les trois inégalités triangulaires :

a< b + c b < c +a c Q, b.

(S)

P reu v e — L’inégalité triangulaire montre que la condition (S) est nécessaire. La réciproque n ’est pas évidente, et n’est jamais démontrée en collège où l’on se contente de constructions et d ’observations.

92

CHAPITRE 4. TRIANGLES

Supposons que les trois inégalités de (S) soient vraies. S’il existait un triangle A B C de longueurs de côtés o, 6, c, l’angle A vérifierait : - a? cos .A = ----- —------26c

i*) ^^

d’après le Théorème d ’Al Kashi. Puisque : -1 <

6^ +

—0^ < 1 ^ 26c

(6—c)^ <

< (6+ cŸ

^

|6 —c | < o < 6 + c

^

(5),

nous pouvons affirmer qu’il existe au moins un angle A vérifiant la condi­ tion (*). Cela donne l’idée de la construction de ABC. On choisit un point A dans le plan, et on construit deux demi-droites d’origine A faisant un angle A entre elles. On place les points B ei C sur ces demi-droites, tels que AB = c et AC = 6. Les côtés du triangle AB C mesurent alors a, 6et c puisque le Théorème d ’Al Kashi et la condition (*) nous redonnent :

BC"^ = b'^ + c^-2 b cco s / 62-Kc2- a 2\ - b ^+ c^-2 b c V 26c ) = a soit B C = a. R em arq u e s — a ) On peut compléter le Théorème écrit précédemment en ajoutant que l’une des inégalités (S) est une égalité si et seulement si le triangle est aplati. Pour le voir, il suflît d ’utiliser la caractérisation métrique d ’un segment. On sait, en effet, que le point C appartient au segment [AB] si et seulement si A B = AC -I- CB (Question 1.11), c’est-à-dire c = a +b. Appliqué à notre problème, cela nous permet d ’affirmer que le triangle ABC est aplati si et seulement si A € [BC] ou R € [C'A] ou (7 G [AB], autrement dit, si et seulement s ia = 6- | - c o u 6= c - | - o o u c = a-t- 6 .

¡5) On peut écrire la condition {S) sous la forme |6—c| < a < 6-1- c. Si o est le plus grand des trois nombres a, 6 , c, on peut aussi remarquer que les trois inégalités du système (5) reviennent à écrire la seule inégalité a < 6-H c. R ép o n se 4.12 Soit A B C un triangle rectangle en A, et H le pied de la hauteur issue de A.

4.3. RÉPONSES

93

(1) Comme  B .JÔ = (ÂH + H B ).( H + Ï Ïê ) = A lP + HB.HC, on peut écrire les équivalences suivantes :

AH^ = BH .H C

AB.AC = 0

A B C rectangle en A.

(2) De :

BA^ = = --

1 .b 1 b 1 .b Ô a b 1 .c 1 b h .b Ô + b 1 . c 1, b

on déduit les équivalences :

BA^ = B ÏÎ x B C

^ 4^

BA^ = 'M .B C b 1 .c 1 = 0 AB C rectangle en A.

(3) Si A B C est un triangle quelconque tel que A H x BC = A B x AC, notons K le projeté orthogonal de B sur la droite (AC).

En écrivant l’aire du triangle de deux façons différentes, on trouve :

AH x B C

B K x AC

d’où B K X AC = AH X B C = A B x AC, et nécessairement B K = AB. Mais B K est la distance minimale de S à un point de {AC), et l’on sait que cette

94

CHAPITRE 4. TRIANGLES

distance minimale est atteinte en un unique point de la droite {AC), à savoir le point K. Donc A = K et\e triangle A B C est rectangle en A. R ép o n se 4.13 La f i g . 4.10 montre qu’il ne suffit pas d ’avoir A B = CD et {AB) / / {CD) pour pouvoir affirmer que le quadrilatère ABCD est un pa­ rallélogramme. L’affirmation proposée est donc fausse.

F ig . 4.10 - Deux cas de figure - Si Л, R et C sont tracés, le point D vérifiera A B = CD et {AB) / / {CD) si, et seulement si, il appartient à la parallèle à {AB) passant par C, et se trouve à la distance A B de C. Il existe deux points D et D ' qui vérifient ces conditions, situés de part et d’autre de C. On obtient donc deux tracés possibles ( f i g . 4.10) et si l’un des quadrilatères obtenus est un parallélogramme {ABCD sur la figure), l’autre est croisé et n’est donc pas un parallélogramme {ABCD' sur la figure). - On en déduit que l’affirmation sera vraie si l’on ajoute une hypothèse, par exemple : « ABCD n ’est pas croisé », ou si l’on préfère : « les points A e i D appartiennent au même demi-plan de frontière {BC) » (voir Question 4.14). R ép o n se 4.14 Soit V a le demi-plan de frontière {BC) contenant A. La pa­ rallèle à {BC) issue de A coupe {CD) en un point D" (puisque {AB) et {CD) sont parallèles). Par construction, le quadrilatère ABCD" est un parallélo­ gramme (ses côtés opposés sont parallèles), donc il est convexe et les points A et D" sont dans le même demi-plan de frontière {BC). Ainsi D" € V a - Comme on a aussi D Ç: V a -, on ea déduit que :

]CD) = ]CD") = {CD)r^VA■ Comme A B = CD = CD", et comme il existe un et seul point de la demidroite \CD) situé à la distance AB de C, on déduit D = D".

4.3. RÉPONSES

95

R ép o n se 4.15 Nous allons proposer deux réponses à cette question, mais avant de commencer :

Avertissement — La configuration étudiée était proposée dans un manuel de première S paru en 2011 dans une rubrique intitulée Prendre des initiatives ([1] ex. 90 p. 221). Compte tenu de la dis­ parition de l’étude des homothéties dans toutes les sections scienti­ fiques du lycée (disparition achevée en terminale avec l’application du programme 2012-13), la prise d ’initiative attendue ne pouvait être que de se placer dans un repère particulier pour travailler avec des coordonnées. Compte tenu de la baisse drastique des horaires d ’enseignement en première scientifique dès l’année 2011-12, les ho­ raires passant de 6h à 4h hebdomadaires, rares seront les élèves et les professeurs à avoir pu aborder ce type de problème dans l’an­ née, étant déjà placés dans l’impossibilité pratique de parcourir un programme pourtant encore revu à la baisse. Comme nous avons ici la chance de faire des mathématiques pour le plaisir et pour rechercher une certaine maîtrise, je proposerai deux réponses à la question a) et une démonstration de la généralisation demandée. a) Première méthode (homothéties & Thalès) — Si les trois droites (AF), (BM) et (XC) sont parallèles, il n ’y a rien à démontrer. Sinon deux droites parmi ces trois sont sécantes, par exemple (AF) et (BM ) se coupent en O. La FIG. 4.11 donne l’idée de la démonstration. L’homothétie hi de centre O qui transforme A en F , transforme la droite (AD) en la parallèle à (AD) passant par F , c’est-àrdire en (Î7F). De même, l’homothétie /12 de centre O qui transforme M en B, transformera la droite (UV) en (BC). La composée h = /12o hi de ces deux homothéties de même centre O est une homothétie de centre O qui transforme (AD) en (BC). Mais alors :

X e { A D ) => h { X ) e { B C ) .

Comme X, O et h{X) sont alignés, h{X) sera à l’intersection de (BC) et de {XO), et nous pourrons affirmer que O appartient à (XC) si nous mon­ trons que h{X) = C. Pour cela, nommons P l’intersection de (BM) et (AD), et Q l’intersection de {BC) et (AF). L’homothétie h conserve les rapports de mesures algébriques de points alignés, donc :

Qh{X) _ A X QB AP

CHAPITRE 4. TRIANGLES

96

F ig . 4.11 - Utilisation d’homothéties Nous démontrerons plus loin que :

QB

AP

^^

ce qui permettra d ’écrire :

Qh{X) _ QC QB QB et de conclure à h{X) = C comme on le désire. Pour démontrer l’égalité (=t=) on utilise le Théorème de Thalès dans un triangle partout où cela est possible sur la FIG. 4.11. On peut ainsi écrire ;

QC QB

VC AB

VD + DC AB

VD ^"^Â B '

Mais :

VD _ M X _ P X ÂB A B ~ 'TP donc en remplaçant dans (Ij) : 2 £ = 1+ ^ AP + P X _ A X QB AP ÂP ~ ÂP' E t le tour est joué !

4.3. REPONSES

97

Seœnde méthode (analytique) — Les hypothèses et les résultats ne font intervenir que des parallélismes et des concourances, donc nous pouvons tra­ vailler dans un repère affine quelconque. Choisissons de travailler dans le re­ père {A, AU, AD), et nommons les coordonnées des points qui nous intéressent comme sur la FiG. 4.12.

F ig . 4.12 - Preuve analytique Les équations des droites {AV), (BM ) et (XC) sont :

1 =0 y 1 X-p 1(BM) : q y (A V ) -.

(X C ):

X

X

y -q

P 1-

= 0 soit qx + (p — 1) y —pq = 0. = 0 soit {1 —q)x —py+ pq = 0.

On cherche à résoudre le système linéaire de trois équations à deux inconnues :

(S)

' y=x i qx + ( p - 1 ) y - p q = 0 , ( l - q ) x - p y + pq = 0

qui équivaut à : i y=x

\ (p + q - i ) x = pq, d’où la discussion. Si p + q ^ 1, ce système admet un unique couple {x,y) solution donné par ; pq y=x= p+q -V et dans ce cas les trois droites sont concourantes. Si p -H g = 1, l’équation (p + q — l ) x = pq ne pourra jamais être satisfaite puisque p q ^ O (on suppose

CHAPITRE 4. TRIANGLES

98

par hypothèse que A ^ B et A ^ X ), donc les trois droites qui nous intéressent seront parallèles. b) La FIG. 4.13 montre une généralisation possible : les parallélismes ont été changées en des concourances, mais les droites en pointillés continuent à être concourantes (ou parallèles). Cela ne surprend pas quand on rappelle que l’on peut toujours imaginer que deux droites parallèles se coupent à l’infini, et qu’avec cette acceptation, deux droites quelconques du plan sont toujours sécantes. Parler de droites parallèles ou de droites sécantes revient donc fon­ damentalement à la même chose. A

F i g . 4.13 - Une généralisation

Dans la configuration étudiée, on pourra donc supposer que les deux triplets de droites parallèles sont ou bien formés de droites parallèles, ou bien formés de droites concourantes, ce qui donne quatre configuration possible à imaginer. La FIG. 4.13 ne montre qu’une de ces configurations, et la figure donnée par l’énoncé nous en donne une autre. R em arq u e — Ce que l’on vient de dire reste bien intuitif, et ne peut être validé rigoureusement sans faire l’effort d’une formalisation. Cette formalisa­ tion consiste à construire proprement un plan projectif, et à justifier qu’un plan affine peut toujours être plongé dans un plan projectif. Ce travail, com­ plètement hors programme du CAPES, est explicité dans la solution de la Question 148 du volume VI de la collection Acquisition des fondamentaux pour les concours [17], et nécessite d ’avoir lu le livre Introduction à la géomé­ trie projective [12] pour être compris.

Chapitre 5 Bissectrices 5.1

S z

symétries

Minimum vital

Q u estio n 5.1 Etant données deux droites D et O' sécantes en O, trouver toutes les réflexions sa Qui échangent ces deux droites, autrement dit, telles que Sa {D) = D' et sa (-O') = D. Que peut-on dire ? Q u estio n 5.2 Donner la définition d ’une bissectrice d ’un couple de demidroites {[OA),[OB)). Qu’appelle-t-on bissectrice intérieure (resp. extérieure) de l’angle A d ’un triangle A B C ? Q u estion 5.3 On définit les bissectrices d ’un couple {D,D') de droites sé­ cantes en O comme étant les axes des réflexions qui échangent ces droites. Montrer qu’une droite A est une bissectrice du couple {D,D') si et seulement si elle passe par O et vérifie (D,A) = (A, £)') (tt) (égalité d’angles orientés de droites), puis que cela équivaut à 2 (D,A) = {D,D') (tt). Q u estion 5.4 Montrer que l’ensemble des points équidistants de deux droites sécantes D et D' est la réunion des bissectrices du couple {D, D’). Q u estio n 5.5 Quel est l’ensemble des points du plan situés à égale distance de deux demi-droites de même origine [Ox) et [Oy) ? Démontrez-le. Q u estio n 5.6 Montrer que les bissectrices intérieures d’un triangle AB C concourent en un point I (appelé centre du cercle inscrit au triangle). Quelles sont les coordonnées barycentriques de I dans le repère affine {A, B, C) ? Que peut-on en déduire ? Pouvez-vous énoncer des résultats analogues concernant le concours d’une bissectrice intérieure et de deux bissectrices extérieures issues de sommets différents ? 99

100

CHAPITRE 5. BISSECTRJCES к SYMÉTRIES

Q u estio n 5.7 Soit A B C un triangle non aplati. a) Montrer que la bissectrice intérieure issue de A du triangle AB C coupe (BC) en un point I a tel que :

TÂB _ ~UC ~

AB AC

b) Sous quelle condition la bissectrice extérieure issue de A du triangle AB C coupe-t-elle {BC) en un point que l’on appellera J a ? Lorsque cette condition est réalisée, montrer que : AB Ja B AC Ja C c) Montrer que les pieds des bissectrices issues de A du triangle A B C sont les points de la droite (BC) caractérisés par la relation : MB AB MC ~ A C

5.2

, ,

Entraînement

Q u estio n 5.8 Soient D et D' deux droites distinctes du plan sécantes en un point O, et non perpendiculaires. Soient u un vecteur directeur unitaire de D, et v! un vecteur directeur unitaire de D'. Montrer que les bissectrices du couple de droites {D, D') sont les droites passant par O et de vecteurs directeurs ü-\-v! et U —u'. PROJECTIONS & SYMETRIES Disserter sur des bissectrices de couples de droites ou de demidroites impose de posséder la notion d’angle, une notion difficile que nous toucherons au Chapitre 6, et d ’utiliser des symétries or­ thogonales par rapport à des droites, encore appelées réflexions planes. Les exercices suivants permettent de réviser un peu d ’algèbre li­ néaire au programme de CPGE en rappelant les définitions des projections et symétries vectorielles, pour nous remémorer ensuite ce que l’on entend par projection ou symétrie affine. Q u estio n 5.9 Qu’est-ce qu’une projection vectorielle ? Enoncez cinq proprié­ tés concernant des projections vectorielles. Q u estio n 5.10 Qu’est-ce qu’une symétrie vectorielle ? Enoncez cinq proprié­ tés concernant des symétries vectorielles.

5.2. ENTRAÎNEMENT

101

Q u estio n 5.11 Soient F et G devx sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un espace vectoriel E. Soitp la projection sur F parallèlement à G. Montrer l’équivalence : , i \ f y=p{x) i y ^^ y-xeG . Q u estio n 5.12 Soient F et G deux sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un espace vectoriel E. Soit s la symétrie par rapport à F, parallèlement à G. Montrer l’équivalence : j/ = s(æ)

[ x-i-yeF ^ [ X - y £ G.

Q u estio n 5.13 Soit E un espace vectoriel. Montrer qu’un endomorphisme p est une projection si et seulement si p^ = p. Q u estio n 5.14 Soit E un espace vectoriel sur un corps K de caractéristique différente de 2. Montrer qu’un endomorphisme s est une symétrie si, et seule­ ment si, il est involutif. Q u estion 5.15 Soit E un espace vectoriel sur un corps commutatif K. Mon­ trer qu’un endomorphisme de E commute avec un projecteur p si, et seulement si, il laisse stable les sous-espaces vectoriels lm p et Kerp. Après ce travail dans des espaces vectoriels, faisons appel au « côté affine de la force ». Les exercices qui suivent sont à laisser de côté en première lecture, mais permettent de réviser des points essentiels concernant les définitions et premières propriétés des projections et symétries affines. Normalement, ces connaissances ont été acquises pendant les trois années de licence, mais se serait se fourvoyer que de penser que tout se passe toujours comme on l’imagine. Pour le CAPES, ces questions, moins à la mode actuellement, peuvent néanmoins res­ surgir au détour d’un entretien à l’un des deux oraux, et peuvent aider à comprendre une situation dans un écrit de concours qui ferait appel à des symétries ou de projections. Profitez donc de ces questions tirées du volume IV [16] : Q u estio n 5.16 Définissez ce qu’on entend par « projection affine ». On s ’at­ tachera à montrer que la définition proposée a bien un sens. Q u estio n 5.17 Caractérisez l’assertion suivante la projection affine p sur F parallèlement à G.

M ' est l’image de M par

102

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMÉTRIES

Q uestion 5.18 Dans l’espace affine de dimension 3 rapporté à un repère, on considère le plan P d ’équation x+ y+ z = 1 et la droite D passant par le point A de coordonnées (1,2,0) et de vecteur directeur l î (3,0,1). Donnez l’expression analytique de la projection p sur P parallèlement à D. Quelle est la matrice de l’application linéaire associée à p ? Q uestion 5.19 Montrer qu’une projection affine est une application affine de partie linéaire une projection vectorielle. Q uestion 5.20 Montrer qu’une application affine de partie linéaire une pro­ jection vectorielle et possédant au moins un point invariant, est une projection affine. Question facultative : que dire d’une application affine de partie linéaire une projection vectorielle et qui ne possède pas de point invariant ? Q uestion 5.21 Montrer qu’une application affine p : E ^ E est une projec­ tion affine si et seulement si p^ = p (on pourra utiliser le résultat vectoriel correspondant sans le démontrer). Q uestion 5.22 Définissez ce qu’on entend par « symétrie affine ». Q uestion 5.23 Caractérisez l’assertion suivante : M ' est l’image de M par la symétrie affine s de base F de direction G . Q uestion 5.24 Dans l’espace affine de dimension 3 rapporté à un repère, on considère le plan P d ’équation x-\-y-\-z = 1 et la droite D passant par le point A de coordonnées (1,2,0) et de vecteur directeur "u (3,0,1). Donnez l’expression analytique de la symétrie s par rapport à P parallèlement à D. Quelle est la matrice de l’application linéaire associée à s ? Q uestion 5.25 Montrer qu’une symétrie affine est une application affine de partie linéaire une symétrie vectorielle. Q uestion 5.26 Montrer que toute application affine dont la partie linéaire est une symétrie vectorielle et possédant au moins un point invariant, est une symétrie affine. Question facultative : que dire d ’une application affine de partie linéaire une symétrie vectorielle et qui ne possède pas de point invariant ? Q uestion 5.27 On travaille dans un espace affine E dont le corps K des scalaires est de caractéristique différente de 2. Montrer qu’une application af­ fine s : E ^ E est une symétrie affine si et seulement si = Id. (Ind. : on pourra utiliser le résultat vectoriel correspondant sans avoir à le démontrer).

5.3. RÉPONSES

103

5.3 Réponses R ép o n se 5.1 Procédons par analyse et synthèse, et référons-nous à la FIG. 5.1.

F ig . 5.1 - Configuration formée par 2 droites sécantes

Analyse — Si A est solution, conune

sa

est bijective :

SA {D n ly ) = SA {D) n SA (£>') = D'O D et l’on aura sa {O) = O. Cela prouve que O appartient à A. Choisissons un point A sur D, distinct de O. L’image sa (.A) appartiendra à D' et véri­ fiera OA = O sa (.4) puisqu’une réflexion conserve les distances. Si B et B' désignent les deux points de D' situés à la distance OA de O, on obtient Sa (-4) G {B, B'}, et A est soit la médiatrice Ai de [AB\, soit celle A 2 de [AB'].

Synthèse — Il est facile de vérifler que s^^ et SA2 échangent bien les droites D et D'. Par exemple : SAi (D) = SAi ((O ^)) = (SAI (O) SAi (A)) = (OB) = Lf. On constate que : ►Le point A appartient au cercle de diamètre [BB']^ donc le triangle A B B' est rectangle en A. Les droites Ai et A 2sont donc perpendiculaires. ► La médiatrice Ai de [AB] est dirigée par le vecteur ô X -|- ÔB puisque

( Ô l + ÔB).ÂB = {ÔB + ÔÂ).(ÔB - Ô Â ) = ||ÔR||2 - ||Ô Î||2 = 0. ► De même, Aÿ est dirigée par OA + OB' = ÔA —OB. En résumé :

104

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMÉTRIES Il existe exactement deux réflexions d ’axes Ai et A 2échangeant deux droites sécantes D et D'. A i et A 2sont appelées les bissec­ trices du couple de droites {D, D ') . Ce sont deux droites perpen­ diculaire^ qui passent par O et qui sont dirigées par les vecteurs OA -|- OB et O ^ —OBf où A et B sont des points distincts de O, appartenant à £> et à D', tels que OA = OB.

R em arq u es — 1) On a supposé que D et D' étaient sécantes au sens strict, c’est-àrdire telles que DC\D' soit un singleton. Si D = D ', il existe une infinité de réflexions qui transforment D en D' (ce sont les réflexions d ’axe D ou d ’axe n’importe quelle perpendiculaire à, D). Ce genre d ’exception n ’existe plus si l’on travaille dans un cadre vectoriel.

2) Si D et D' sont sécantes (au sens strict) et non perpendiculaires, les bissectrices du couple {D, D') coïncident avec les axes de symétrie de la partie DOD'. R ép o n se 5.2 En procédant comme dans la Question 5.1, il est facile de montrer qu’il existe une unique réflexion échangeant les demi-droites [0^4) et [OB). L’axe A de cette réflexion contient O, et : - Si [OA) et [OB) ne sont pas opposées, et si OA = OB, alors A admet Ô l + OB comme vecteur directeur. - Si [OA) et [OB) sont opposées, A est la perpendiculaire à {AB) passant par O. Par définition, A est la bissectrice du couple de demi-droites {[OA), [OB)). On remarque que, si [OA) et [OB) ne sont pas opposées, la bissectrice du couple {[OA),[OB)} est l’unique axe de symétrie de la partie [OA) U [OB). Par ailleurs, on appelle bissectrice intérieure (resp. extérieure) de l’angle A d ’un triangle A B C la bissectrice du couple de demi-droites {[AB), [AC)) (resp. ([j45), —[i4C))). On remarque que les bissectrices intérieures et extérieures de l’angle A d ’un triangle AB C coïncident avec les bissectrices du couple de droites {{AB), {AC)). R ép o n se 5.3 On demande de démontrer la caractérisation angulaire des bissectrices d ’un couple de droites. Une réflexion inverse les angles. Pour toute droite A passant par O, et si l’on note ад la réflexion d’axe A, A bissectrice de (D, D')

D' = ад {D)

4^

(А,£»') = (А .5 д (£>)) (А ,Л ') = ( Д А ) .

5.3. RÉPONSES

105

F ig . 5.2 - Construction d ’une bissectrice Il suffit alors d ’utiliser la relation de Chasles pour obtenir ;

{A,D')={D,A) ^

(A,D) + {D,D') = {D,A) {D,D') = 2 { D , A ) .

R ép o n se 5.4 On demande de démontrer la caractérisation métrique des bissectrices d ’un couple de droites. Soient S l’ensemble des points équidistants de i? et Z?', O le point d ’intersection de D et D' et H (resp. H') le projeté orthogonal de M sur D (resp. D').

F

ig

.

5.3 - Caractérisation métrique des bissectrices

Le point O est à la fois dans £ et sur les bissectrices de {D, D'). Un point M de (D U £>') \ {0} n ’est ni équidistant de D et D', ni sur une des bissectrices de {D,iy). On élimine ces cas particuliers et l’on considère maintenant un point M qui n’appartient pas à, DU D' ( f i g . 5.3).

• Si M € £, les triangles rectangles M H O et MH'O ont même hypoténuse OM et vérifient M H = MH'. Le Théorème de Pythagore donne OH = OH'. Ainsi O et M se trouvent chacun à égale distance des extrémités du segment

106

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMÉTRIES

[HH'], donc {OM) est la médiatrice de [HH'], et la réflexion s par rapport à (OM) transforme la droite D = {OH) en D' = {OH'). Cela prouve que (OM) est une bissectrice du couple {D,D'). • Supposons que M appartienne à l’une des bissectrices A de {D,D'). Par conservation de l’orthogonalité, l’image de la perpendiculaire {MH) à D pas­ sant par M par la réflexion S(om ) s®ra la perpendiculaire k D' = s ^qm ) {D) en M = S(OM) (-^)) c’est-à-dire {MH'). Par conséquent H E D C {MH)

^ ^

S(OM) {H) &D'C {MH') s^OM){H) = H'.

On en déduit M H = M H' puisque S(ojw) conserve les distances. R ép o n se 5.5 II y a un piège ! On sait que l’ensemble des points du plan situés à égale distance de deux droites sécantes est la réunion des deux bissec­ trices de ce couple de droites (Question 5.4). La situation est différente si on remplace nos deux droites sécantes par deux demi-droites [Ox), [Oy) de même origine. La FIG. 5.4 montre l’ensemble cherché : c’est la réunion de la partie hachurée et de la bissectrice A du couple de demi-droites ([Ox), [Oy)).

F ig . 5.4 - Un piège déjoué! Pourquoi donc ? Simplement parce que la distance d ’un point M à une demidroite [Ox) n ’est pas égale à la distance de ce point à son projeté orthogonal Hx sur le support (Ox) de la demi-droite. L’assertion est vraie si et seulement si Hx appartient à [Ox), comme on s’en persuade en regardant la FIG. 5.5. Sur cette FiGure, on a noté Dx la perpendiculaire à (Ox) passant par O. Cette perpendiculaire partage le plan en deux demi-plans : un demi-plan ou­ vert hachuré ne contenant pas [Ox), et un demi-plan fermé non hachuré. On note Hx le projeté orthogonal de M sur la droite (Ox). De deux choses l’une :

5.3. REPONSES

107

X

F ig . 5.5 - Distance d ’un point à une demi-droite a) Si M appartient au demi-plan hachuré, la distance de M à la droite (Oæ) est MHx, ce que l’on note d{M,{Ox)) = MHx. Par contre la plus petite distance de M à un point N de la demi-droite [Ox) est MO, comme on le vérifie en utilisant deux fois Pythagore : MC>2 = MHl + НхО"^ < MHl + HxN^ = MN^.

Dans ce cas la distance de M à [Ox) est d (M, [Ox)) = MO. b) Si M appartient au demi-plan qui n’est pas hachuré, Hx appartient à la demi-droite [Ox), et les distances de M à {Ox) et à [Ox) coïncident. ► La FIG. 5.6 permet de comprendre la solution donnée par la FIG. 5.4. Les droites Dx et Dy respectivement perpendiculaires à (Ox) et (Oy) et issues de O, partagent le plan en quatre zones. Trois zones sont hachurées et la dernière ne l’est pas. On envisage quatre cas : a) Si M appartient à la zone non hachurée, la distance de M à [Ox) (resp. [Oy)) est égale à la distance MHx (resp. MHy) de M à son projeté ortho­ gonal sur (Ox) (resp. (Oy)). La Question 5.4 s’applique : M est solution si et seulement si il appartient à la réunion des bissectrices du couple de droites {(Ox), (Oy)). Comme on travaille dans la zone non hachurée, on ne retient que la partie de A située dans cette zone. b) Si le point M appartient à la zone hachurée verticalement,

d{M,[Ox)) = MO tandis que d (M, [Oy)) = MHy, et l’on ne peut avoir l’égalité que si M appar­ tient à la frontière D„.

CHAPITRE 5. BISSECTRICES

108

&

SYMÉTRIES

c) Le cas où M appartient à la zone hachurée horizontalement se traite comme au b). d) Si M appartient à la zone hachurée obliquement, alors :

d (M, [Ox)) = MO = d (M, [Oy) ) , et M est toujours situé à égale distance des deux demi-droites.

II

i. H

H

O-

F ig . 5.6 - Quatre cas à envisager... R ép o n se 5.6 ► La méthode la plus simple consiste à « parachuter » le point I de coordonnées barycentriques (a, b, c) dans le repère (A, B, C), puis à démontrer qu’il appartient aux trois bissectrices intérieures du triangle. On a :

AI =

ü

b

c

AB +

O,

b -\- c

AC.

Soient M et N définis par (f i g . 5.7) :

AM =

Q,

b -\- c

AB

et A N =

Q

b

c

ÂÔ.

Le quadrilatère A M I N est un parallélogramme dont deux côtés consécutifs sont égaux puisque :

A M = ---- ^ — = AN, a + bPc c’est donc un losange (pour retenir cette solution, il suffit de visualiser le lo­ sange A M I N de la f i g . 5.7 et l’utiliser), et la droite {AI) est l’axe de symétrie du couple de demi-droites ([i4S), [AC)), donc, par définition, la bissectrice in­ térieure D a issue de A du triangle ABC. On montrerait de la même façon

5.3. REPONSES

109

que / appartient aux bissectrices intérieures D b et D e issues de B et C, et donc : { /} C D a n n De. Les droites D a , D b et D e concourent donc bien en I.

F ig . 5.7 - Un losange providentiel En fait l’inclusion {/} C D a H D b n D e que l’on vient de prouver est une égalité : D a n D b n D e = {7}. Pour s’en convaincre, il suffit de rappeler que deux bissectrices quelconques d ’un triangle issues de deux sommets différents sont toujours sécantes. En effet, si D a et D b désignent deux bissectrices d ’un triangle (intérieures ou extérieures) A B C issues des sommets A et 5 , et si de façon générale s b désigne la réflexion par rapport à une droite £), on sait par définition que sba échange les droites {AB) et {AC), et que s b b échange les droites {B A) et {BC). Par suite : {AC) 3 4 {AB) 3 4 {B C ). Si l’on suppose par l’absurde que D a et D b ne sont pas sécantes, alors elles sont parallèles et la composée / = sbb ° ^Da translation. Comme cette translation transforme la droite {AC) en {BC ) , on déduit que {AC) est parallèle à {BC), donc que {AC) = {BC) puisque ces deux droites passent par le même point C. Cela montre que les points A, B, C sont alignés, ce qui est absurde puisque le triangle A B C est supposé non aplati. ► Que dire du point I ? Comme I est barycentre à coefficients positife de A, B, C, on peut en déduire que I est situé à l’intérieur du triangle ABC.

CHAPITRE 5. BISSECTRICES

110

&

SYMÉTRIES

F ig . 5.8 - Centre d ’un cercle exinscrit ► La même méthode (utilisant d’autres losanges judicieux) permet de dé­ montrer qu’une bissectrice intérieure du triangle coupe les deux autres bissec­ trices extérieures en un point. On obtient trois nouveaux points de concours qui ne sont autres que les centres des cercles exinscrits au triangle. Les coordonnées barycentriques des centres des trois cercles exinscrits au tri­ angle A B C sont (—a , 6 ,c), (a,—b,c) et {a,b,—c) (pour plus de détails : [7], Th. 166). Sur la FIG. 5.8, le point J de coordonnées barycentriques (—a, 6 , c) est ainsi sur la bissectrice intérieure issue de A et sur les bissectrices extérieures issues de et 5 du triangle ABC. R em arq u e — Savoir les coordonnées barycentriques des centres des cercles exinscrits du triangle AB C dans le repère (^4, B ,C ) nous permet de situer ceux-ci dans les bons secteurs angulaires formés par les droites {AB), {BC) et {CA). Par exemple, le point J de la f i g . 5.8 est barycentre de A { —a), B {b), (7(c), donc : —a BJ = -b 1 + -BC Cl b -\- C Qj b c et cette égalité vectorielle montre que J appartient au secteur angulaire saillant [xBC\. Comme :

CJ =

—a c  -Ia-{-b-\-c o,

b b

c

CB,

5.3. REPONSES

111

on obtient aussi J G [BCy]. On montrerait aussi que J € [BAC\ (comme sur la figure), si bien que J appartienne à [xBC\ П [BCy] П [BAC]. R ép o n se 5.7 Soit D a la bissectrice intérieure issue du sommet A du triangle ABC. Notons a = BC, b = CA et c — AB.

Première méthode (barycentres) — On sait que le centre du cercle inscrit au triangle AB C est le point I de concours des trois bissectrices intérieures. On sait aussi que I est le barycentre de A (a), B (b), C (c) (Question 5.6). Par associativité des barycentres, I est aussi le barycentre de A (a), g(b + c) où g est le barycentre de B (b), C{c). On en déduit que les points / , A, g d ’une part, et g, B, C d ’autre part, sont alignés. Le point g est donc à l’intersection des droites (AI) et (BC), et l’on a gf = 7/i. En conclusion la bissectrice intérieure D a coupe (BC) en un point I a qui est barycentre de B {b), C (c). Donc bU B + cÜÔ = 0, ce qui s’écrit : Ia B Ia C

c b

AB AC'

Deuxième méthode (Thalès) — Par définition, la droite D a est l’axe de l’unique réfiexion s qui échange les demi-droites [AB) et [AC), de sorte que s (B) = B' € [AC) ( f i g . 5.9). La droite D a partage le plan en deux demi-plans V b (contenant B) et V b > (contenant B'). Comme A G D a , B' G V b ' et C G [Àr ') \ { j4}, on déduit que C appartient à V b '- Puisque C G V b > et R G V b , le segment [BC] coupe la firontière D a en un point I a (propriétés générales des demi-plans). Nous venons de démontrer que la bissectrice intérieure D a coupe (BC) en un point I a (et aussi, mais ce n ’est pas demandé, que ce point appartient au segment [BC]). Soit D'à la bissectrice extérieure issue de A du triangle ABC. Par définition, D'j^ est l’axe de la réfiexion qui transforme la demi-droite [AC) en la demidroite opposée à [AB) ( f i g . 5.9). Le symétrique C" de C par rapport à appartient donc à la droite {AB), et A est situé entre les points B et C". Les droites D a et {CC") sont perpendiculaires à D'à , donc parallèles, et l’on peut appliquer le Théorème de Thalès pour obtenir :

AB 'UC ~ ÂC "' Ia B _

Comme A G [BC], les mesures algébriques A B et AC" sont de signes contraire. De plus AC" = AC puisque les segments [AC] et [AC] sont symétriques par

CHAPITRE 5. BISSECTRICES k SYMÉTRIES

112

F ig . 5.9 - Une conséquence du Théorème de Thalès ! rapport à D'j^. On en déduit que :

AB _ 7ÂÜ ~ ÂC" ~ Ia B

A B _ AB AC" ~ A C

b) Notons D'a la bissectrice extérieure issue de A. Quelques dessins montrent que D'j^ coupe (BC) si et seulement si A B C n ’est pas isocèle en A, ce que l’on vérifie en établissant le lemme suivant : L em m e — Les propriétés suivantes sont équivalentes : ( 1) Le triangle A B C est isocèle en A, (2) La bissectrice intérieure D a en A est perpendiculaire à (BC ) , (3) La bissectrice extérieure est parallèle à (BC). P re u v e — L’équivalence entre (2) et (3) est triviale puisque D a et sont perpendiculaires. Si ( 1) est vrai, c’est-à-dire si ABC est isocèle en A, le sy­ métrique B' de B par rapport à D a est un point de la demi-droite [AC) tel que AB' = A B = AC, donc B' = C et D a est la médiatrice de [BC]. Cela prouve (2). Réciproquement, si (2) est vraie, le symétrique B' de B par rapport à D a est un point de [AC) qui appartient à la droite (BC) (puisque celle-ci est perpendiculaire à D a ). Donc B' G (BC) D (AC), ce qui montre que B' = C. dans ce cas, le triangle A B C est isocèle en A. ■ Il nous reste à montrer que sibles :

Donnons encore deux méthodes pos­

Première méthode (barycentres) — On sait que le centre Oc du cercle exins­ crit au triangle ABC situé sur la bissectrice intérieure De issue de C est de co­ ordonnées barycentriques (a, b, —c) dans le repère (A, B, C). Par associativité

5.3. RÉPONSES

113

du barycentre, on en déduit que D a = (AOc) coupe (BC) en J a barycentre de B (b), C (—c), d ’où blAB —cI a C = Ô^, et bien sûr :

c AB l C ~ b ~ A C JaB

Deuxième méthode (Thalès) — Soit C le symétrique de C par rapport à Da (f i g . 5.9). Le Théorème de Thalès donne : JaB JaC

AB AC

AB AC

AB AC

c) De deux choses l’une : - Si A B C est isocèle en A, il existe un et un seul point M de {BC) tel que ^ = 1 (le milieu de [BC]) et ce point ne peut être que le pied de la bissectrice intérieure I a comme on l’a vu à la question 1). - Si A B C n’est pas isocèle en A^ A B /A C ^ 1 et l’on sait qu’il existe exacte­ ment deux points M de (BC) tels que sont donc les points I a et J A déjà trouvés. R em arq u e — En effet, si fc 7^ 1, un point M de {BC) vérifie M B / M C = k si et seulement si M B = ±kM C, c’est-à-dire M B kM C = 0, donc M est soit le barycentre de B ( 1), C {k), soit celui de B ( 1), C {—k). R ép o n se 5.8 Proposons deux solutions. La première privilégie l’aspect vectoriel, ce qui est tout à fait normal quand on sait que la notion de bissec­ trices d ’un couple de droites (ou de demi-droites) est une notion essentiellement vectorielle. La seconde solution, envisagée dans le cadre aflBne, exploite notre bonne connaissance des losanges.

Première solution — Les bissectrices A q et Ai du couple {D,D') sont les droites qui passent par O et ont pour directions les bissectrices A q et A i du couple {D, D') formé par les directions de D et D '. On sait que A q et A i sont les bases des deux réflexions qui échangent D et D'. Dire qu’une réflexion vectorielle <7transforme D en D' revient à dire qu’elle transforme ü en û' ou en —u', puisque cr conserve les normes et que les deux seuls vecteurs de norme 1 dans D' sont ±ü'. Ainsi : (t {û) =

ou

cr {ü) = —vl.

Dans le premier cas cr{ü + v!) = ü+ v! donc A q = R {ü + uf), tandis que dans le second cas on obtient (t {ü —v!) = u —m', donc A i = R{ü —iÎ).

114

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMÉTRIES

F ig . 5.10 - De précieux losanges

Seconde solution — Les bissectrices du couple {D,D') sont les bases des deux réflexions affines qui échangent D et D'. Sur la FIG. 5.10 on a placé les points /, J, K tels que 0 1 = Ü, O J = u' et OK = —u'. On a construit les points L et M tels que :

J ÔL = u + u' = Ô/ + ÔJ \ ÔM = Ü - Û ' = ÔI + ÔK. Par construction, les quadrilatères 0 1 L J et OK M I sont des parallélogrammes dont deux côtés consécutifs ont même longueur. Ce sont donc des losanges. Les diagonales d ’un losange sont perpendiculaires et se coupent en leur milieu, donc la droite (OL) est la médiatrice de [IJ], et donc aussi un axe de symétrie du couple de droites {D, D'). Cela signifie que la réflexion de base (OL) échange D et D', et donc que, par définition, (OL) est une bissectrice de {D, D'). On ferait de même avec (OM). Pour conclure, il suffit de rappeler que û + vf et u —û' dirigent respectivement les droites (OL) et {OM). R ép o n se 5.9 • Pour parler de projection vectorielle, il faut déjà se donner deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dans E. Appelons-les F et G. On a donc E = F®G, et tout vecteur x de E s’écrit de façon unique sous la forme x = xi + X2 avec xi € F et X2 € G. L’application :

p:

E = F®G X = X\-\-X2

E • ->

X\

qui k x € E associe l’unique vecteur xi de F intervenant dans la décomposition de X dans la somme directe E = F®G,est appelée projection vectorielle sur F parallèlement à G (ou de direction G). La FIG. 5.11 et le losange qu’elle fait apparaître sont à retenir.

5.3. RÉPONSES

115

• Voici quelques propriétés de ces projections : (1) P est linéaire. (2) lm p = F , de sorte que p ne soit pas surjective (en tant qu’application de E dans E). (3) Kerp = G, et en particulier p n ’est pas injective. (4) p est un projecteur, c’est-àrdire vérifie p^ = p. On dit aussi que p est idempotente. (5) La réciproque est vraie : tout endomorphisme p qui vérifie p^ = p est une projection sur l’image lm p de p, parallèlement au noyau K erp de p. On peut donc retenir que, dans £ (E), se donner un projecteur équivaut à se donner une projection. (6) On a cette caractérisation bien pratique :

y = p{x) ^

F ig . 5.11 - Une figure à bien photographier! R ép o n se 5.10 • Etant donnés deux sous-espaces supplémentaires F et G d’un espace vectoriel E, tout vecteur x G E s’exprime de façon unique sous la forme x = x i + X 2 avec æi G F et X2 € G, et l’application :

s : E = F®G X = Xi + X2

—> ■ E X \ — X2

116

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMETRIES

est appelée symétrie par rapport à F parallèlement à G (on dit aussi de base F et de direction G). On se reportera à la FIG. 5.11. • Voici quelques propriétés de ces symétries : (1) s est linéaire. (2) s est bijective, donc Im s = £? et K ers = {0}. (3) s est diagonalisable et possède deux valeurs propres : 1 et —1, du moins lorsqu’on se place dans le cas général où ni F, ni G, n ’est réduit à {0}. Evidem­ ment, Id est la projection sur E parallèlement à {0}, et —Id est la projection sur {0} parallèlement à E, et ces deux applications ±Id n ’admettent qu’une seule valeur propre (ce sont des homothéties vectorielles!). (4) s est involutive, autrement dit = Id. On retrouve ici le fait que s est bijective. Evidemment, = Id montre que s“ ^ = s. (5) La réciproque est vraie : tout endomorphisme s vérifiant = Id est une symétrie par rapport à Kex {s —Id) parallèlement à K er(s-t-/d). On peut donc retenir que, dans C (E), une application est involutive si et seulement si c’est une symétrie. (6) On a cette caractérisation bien pratique : y = s{x)

R ép o n se 5.11 En retournant à la définition d ’une projection, on vérifie facilement que : ' y€F y = p{x) y - X eG. En effet, la projection p sur F parallèlement à G est l’application :

p:

E = F®G X = Xl + X2

E 1-^ Xi

où X = Xi + X2 est la décomposition de x dans la somme directe E = F ®G. Si y = p{x) = Xl, alors y = Xl E F et y —X = X2 G. Réciproquement, si y e F e t y —x e G, posons xi = y E F et X2 = y —x E G. On &x = Xi —X2 et p{x) = Xl = y par définition de p. R ép onse 5.12 II suffit d’utiliser la définition d ’une symétrie pour démontrer que : i x + yEF y = s{x) ^ ^ x - y EG.

5.3. RÉPONSES

117

Vérifions-le très précisément. La symétrie s par rapport à F parallèlement à G est, par définition, l’application :

s : E = F^G X = X1 + X

-»■ E 2 *->■ Xi — X2

où X = æi + æ2 est la décomposition de x dans la somme directe E = F ®G. Si y = s (x) = xi —X2, alors : X

+ y = 2xi G F

et

x —y = 2x2 € G.

Réciproquement, s ix + y G F e t x —y ç G , posons : X\ = ^ { x

+y)eF

et

X

2

=

^ (x - y) € G.

Alors X = xi + X2est la décomposition de x dans la somme E = F ® G, et y = x \ - X 2 = s(x). R ép o n se 5.13 (=^) Si p est la projection sur F parallèlement à C?, alors

p:

E = F®G

—^ E

X = X\+X2

1-^ Xi

où X = X1+X 2désigne la décomposition de x dans la somme directe E — F©G, autrement dit avec xi G F et X2 G G. Par la définition même de p, on a P (p (x)) = P (xi) = xi = P (x) pour tout X , donc p^ = p. (
G lm p n K e rp

x G In v p 0 K erp

=> x = p ( x ) = 0

donc lm p n Kerp = {0}. Pour conclure à la somme directe, il reste à démontrer que F = lm p -H Kerp. Si tout vecteur x s’écrit x = xi + X2 avec xi G lm p et X2 G Kerp, alors

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMÉTRIES

118

nécessairement p{x) = p{xi) = xi et X2 - x — x\ - x — p{x). Il suffit maintenant de constater que tout vecteur x de E s’écrit sous la forme : X

=p{x) + {x —p{x))

et que, dans cette décomposition, p(x) € lm p et (æ —p{x)) € Kerp (on a en effet p(x —P (æ)) = p (x) —p^ (x) = 0) pour conclure è. E = lm p + Kerp. • Finalement, si x = xi + X2avec x\ € lm p et X2€ Kerp, on peut écrire p{x) = P (xi + X2) = P (xi) + p (X2) = xi, ce qui prouve que p est la projection sur lm p parallèlement à Kerp. R em arq u e — Pour prouver que E = lm p 0 Kerp, on peut éviter de dé­ montrer l’égalité Im pD K erp = {0}, puisque la recherche des vecteurs xi et X2 faite au cours de la démonstration précédente montre que ces vecteurs existent et sont uniques. R ép o n se 5.14 (=i>) La symétrie s par rapport à F parallèlement à G est l’application : E s : E = F®G Xl - X2.

X = X\ + X2

Ainsi

'ix € E c’est-àrdire

(x) = s (s (x)) = s (xi —X 2) =

X l -f- X2

=

X,

= Id.

(4=) Supposons que s vérifie = Id. Si s était une symétrie, ce serait la symétrie par rapport à Inv s = Ker (s —Id) parallèlement à Ker (s + Id). C’est ce que l’on se propose de démontrer. • Montrons d ’abord que E = Inv s 0 Ker {s + Id). On a :

X e Inv s n Ker (s -b Id)

I

5 ( X]

X

2x = 0,

et 2x = 0 entraîne x = 0 car le corps K est supposé de caractéristique différente de 2. Ainsi Inv sDKer (s + Id) = {0}. Montrer que E = In v s0 K er (s -F Id) re­ vient maintenant à vérifier que tout vecteur x de F? se décompose sous la forme X = Xl -t- X2 avec xi G Inv s et X2 € Ker (s -|- Id). Si une telle décomposition existe, alors : X = Xl -I- X2

{

S (x)

= Xl - X2

5.3. REPONSES

119

donc :

xi = ^ ( x + s (æ))

et

X2 = ^ { x - s (ж)),

(*)

où le symbole 1/2 a un sens (voir remarque /3 à la fin de cette démonstra­ tion) puisque, K étant de caractéristique différente de 2, la division par 2 est possible. Pour terminer, on note que tout vecteur ж s’écrit bien sous la forme : ж = ^ (ж -f s (ж)) Ч- i (ж - 5 (ж)), avec ^ (ж -b s (ж)) € Inv s et ^ (ж —s (ж)) € Ker (s + Id) puisque : s

(æ + s (æ))^ = ^ (s (æ) +

(ж)) = ^ (s (ж) -h ж)

s

(®- s (®))) = ^ (s (®) -

(æ)) = -^

- « (®)) •

R em arq u es — a) On peut éviter de montrer que Inv s ПKer (s -Ь Id) = {0} puisque la recherche des vecteurs xi et X2 tels que ж = жх -I- жз, жх G Inv s et Ж2 € K er(s-l-/d), nous a montré que seuls les vecteurs obtenus en (*) étaient susceptibles d ’être solutions (et le sont, en fait). Tout vecteur x de E se décompose donc de façon unique comme somme d ’un vecteur de Inv s et d’un vecteur de Ker (s + Id), et cela revient exactement à dire que l’on a la somme directe E = Inv s Ф Ker (s + Id).

P) Le symbole 1/2 représente l’inverse dans K du nombre 2 = H - 1 qui n ’est autre qu’un élément de K. Cet inverse est bien défini car 1+1 ф 0 dans K, cette dernière assertion signifiant que K n ’est pas de caractéristique 2. Rappelons que la caractéristique d ’un anneau unitaire A est nulle si l’unité 1a de A n ’est pas d ’ordre additif fini, ou égale à l’ordre additif c de 1a si 1a est d ’ordre additif fini. Dans ce dernier cas, c est le plus petit entier naturel non nul m tel que ггА а = 0. • Conclusion : si ж = жх + Ж2avec жх 6 Inv s et жз € Ker (s + Id),

s{x) = s (жх) + s (жз) = Жх - Жз donc s est la symétrie par rapport à Inv s parallèlement à Ker (s + Id). R ép o n se 5.15 II s’agit de prouver l’équivalence :

uop = pou

u(lm p)clm p

(1)

u(K erp)cK erp

(2)

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMÉTRIES

120

Le sens (=^) est facile, puisque si и о p = p о u, alors :

\/xeE

u{p (x)) = p { u (æ)) G lm p

montre (1), et : xGKerp =>

(0) = U (p (æ)) p{u (ж)) = 0 « (ж) G Kerp.

=

p (« (ж))

Montrons le sens (
{

uo p {x) = u o p ^ { z ) = u o p { z ) = p { y ) où p G JS (d’après (1)) p Oад(ж) = p о ад о p (z) = p o p { y ) =p{y)

donc ад O p (ж) = p O ад (ж). ► Si ж G Kerp,

{

адор(ж) = ад(0) = 0 p о ад(ж) = о car ад(ж) G Kerp (d’après (2) )

donc адо p (ж) = p о ад (ж). R ép o n se 5.16 Soient F et G deux sous-espaces affines de directions F et G supplémentaires dans E (on a donc E = F ® G). La, projection affine sur F parallèlement à G (ou à G) est l’application : p: E

M

—> E

^

M ' t e l q u e F n { M + 'â) = {M'}.

Cette définition a un sens parce que l’intersection F n (M -I- G) est bien un singleton dès que £■ = F © G. Il s’agit d ’un théorème classique concernant les applications affines, qui peut se retenir en deux parties (voir Question 1.6) : (a) L’intersection F fl G de deux sous-espaces affines F et G est soit vide, soit un sous-espace affine de direction F n G.

(b) Si F = .4 -|- F et G = F et seulement si A B € F + G.

-H

G, alors F n G n ’est pas vide si

5.3. RÉPONSES

121

Ici, E = F ®G montre que que le point (b) est toujours vérifié ; et (a) permet d ’affirmer que F n G est un sous-espace affine de direction F C\ G = {0}, c’està-dire un singleton. R ép o n se 5.17 Une caractérisation de l’image d’un point par une projection est : { M 'e F M' = p{M) _ I M M ' G G. R ép o n se 5.18 En notant (æ, y, z) et (x', y', z') les coordonnées d ’un point M et de son image M' = p (M) par p, on écrit : , M '= p{M ) ^

x'

( M 'e P ^ ^ MM' e D .

y' + z' = \

( 3A G F

M M ' = Xu

(où K désigne le corps des scalaires). Ainsi :

x' - X \ /3 y'-y = ^I 0 z' - z J \ 1 et en remplaçant, on trouve (x + 3A)

-h y -h

(^: -H A) = 1, soit :

A= -^(x +y +z -l). Finalement : x' = X + 3X = - (x —3y —3z + 3)

y' = y z' = z + \ = - ^ { x + y - 3 z - l )

La matrice de l’application linéaire associée à p est alors : 1 M= -

1 0 -1

-3 4 -1

0 3

R ép o n se 5.19 Soit p une projection affine sur F parallèlement à G. En primant les images par p et en utilisant la relation de Chasles, on obtient, pour tous points M et N ( f i g . 5.12),

M 'N ' = M 'M

4-

MN

-I-

N N'

122

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMÉTRIES

donc

M N = M 'N ' - {M'M + N N'). Comme M 'N ' G F et M 'M + N N' G G, on aura M 'N ' - it{MN) où tt désigne la projection vectorielle sur F parallèlement à G. Cette égalité étant vraie quels que soient les points M et N, on peut affirmer que p est affine de partie linéaire tt.

F ig . 5.12 - Projection affine R ép o n se 5.20 ► Soit p l’application affine de partie linéaire la projection vectorielle tt sur F parallèlement à G, et ^4 un point invariant par p. Posons F = A + F . Comme F = Inv tt = Im tt, on obtient :

F = A + Inv 7T= Invp

et

F = A + lm-n = lmp.

Si p était une projection affine, ce serait la projection sur F = Invp parallèle­ ment à G. Nous allons montrer que c’est bien le cas, et pour cela vérifier que pour tout M, { M '€ F (1)

\ MM' G

(2)

• (1) est vrai puisque M ' = p (M) G lm p = F , • On a : (2) Tr(MM') = 0 M 'p (M ') = 0 , et la dernière égalité est vérifiée car M ' = p (M) appartient à lm p = F = Invp. ► Question facultative — Si p désigne maintenant une application affine de partie linéaire une projection vectorielle tt sur F parallèlement à G, mais sans point invariant, choisissons une point A et introduisons l’application pp = top, composée de la translation t de vecteur p{A)A et de p.

5.3. RÉPONSES

123

PF est une application aiRne de partie linéaire la projection tt, et possède au moins un point fixe puisque pp (^ ) = A. Il suffit d’appliquer le premier point pour pouvoir affirmer que pp est une projection aflSne. En conclusion, P = O P F est la composée d ’une translation est d ’une projection. R ép o n se 5.21 Si p est une application affine, il s’agit de montrer l’équivalence : p projection affine p^ =p. (=>) Si P est une application affine sur F parallèlement à G, l’image p (M) d ’un point M quelconque est, par définition, l’intersection de G et du sousespace M + G . Donc p (M) € G et en réitérant la construction : p (p (M )) = M. Donc p^ = p. (-i=) Si p est une application affine telle que = p, sa partie linéaire tt vérifie 7T^ = ir. Un théorème d’algèbre linéaire nous montre alors que tt est une projection vectorielle. On a d ’autre part p(p (M )) = p (M ) quel que soit le point M, de sorte qu’il existe au moins un point invariant par p. Finalement p est une application affine de partie linéaire une projection vec­ torielle et possédant au moins un point invariant : c’est donc une projection affine d ’après une caractérisation de cours bien connue ([7], Th. 49 ou Ques­ tion 5.20). R ép o n se 5.22 Si F et G sont deux sous-espaces affines de directions F et G supplémentaires dans E (donc tels que E = F © G), soit p la pro­ jection sur F parallèlement à G. On appelle symétrie affine par rapport à F parallèlement à G l’application :

s: E M

— >• F I— > M ' tel que p (M) soit le milieu de [MM'].

On dit aussi que s est la symétrie affine de base F , de direction G . Une telle symétrie est dite « gauche » pour rappeler qu’il ne s’agit pas (forcément) d’une symétrie orthogonale. La FIG. 5.13 montre l’image d ’un point M par une symétrie de base un plan et de direction une droite. R ép o n se 5.23 On a l’équivalence :

M' = s (M) 4^

I

le milieu de [MM'] est dans F

M M 'e G

CHAPITRE 5. BISSECTRICES
124

F ig . 5.13 - Symétrie affine très pratique quand il s’agit de montrer qu’un point est le symétrique d ’un autre (voir par exemple les réponses aux Questions 5.24 et 5.26). R ép o n se 5.24 En notant {x, y, z) et (x', y', z') les coordonnées d ’un point M et de son image M' = s (M) par s, on constate que : le milieu I de [MM'] est dans P,

M' = s (M)

M M ' e D, ' x + x' y + y' z + z' = 1 + + {3XeK

M M ' = Xu

(où K désigne le corps des scalaires). Ainsi : X

— X

y '-y z —z

soit

=A

x' = x + Z\ y' = y z' = z -V \.

En remplaçant, on trouve {2x + 3A) + (2y) + (2z + A) = 2, soit

X= --{x + y + z-1) Finalement

x'

—X

y' = y

3A — —n

Sy + 3z —3)

^

z' = z + X = - - { x + y - z - 1).

5.3. REPONSES

125

La matrice de l’application linéaire associée à s sera donc 1 /1 3 M= -0 -2

^ V1

1

3 0

-1

R ép o n se 5.25 Si s est la symétrie affine par rapport à F parallèlement à G, considérons deux points M, N et leurs images M ', N' par s, et notons p la projection sur F parallèlement à G. Par définition, p (M) et p (N) sont les milieux de [MM'] et [NN'] et appartiennent à F, donc :

M 'N ' = M ' p { M ) + p { M ) p { N ) + p { N ) N ' = p { M ) M + p (M) p (N) + Np (N) = ( p{M )M + M N + N p ( N ) ) + p { M ) p { N ) - M N =

2p{M )p(N )-M N

= {27T-Id)(MN) où TT désigne la projection vectorielle sur F parallèlement à G. On reconnaît la symétrie vectorielle cr = 27t —7d de base F et de direction G. L’application cr est linéaire, et : VM,iV

s {M ) s { N ) = a{MN),

donc s est affine de partie linéaire cr. R ép onse 5.26 Soit s une application affine de partie linéaire la symétrie vectorielle a par rapport à F parallèlement à G. On suppose qu’il existe A tel que s (A) = A. Si F = A + F, й s’agit de montrer que s est la symétrie affine par rapport à F = A + Inv a = Inv s parallèlement à G , autrement dit que : le milieu I de [Ms (M)] appartient à F,

(1)

Ms{M) e ~â.

(2)

{

• Montrer l’assertion (1) revient à montrer que s{I) = I (puisque l’on a F = A + F = A + Inv a = Inv s). L’application s étant affine, elle conserve les milieux des segments et :

I milieu de [Ms (M)] => s (I) milieu de [s (M)

(M )].

126

CHAPITRE 5. BISSECTRICES k SYMÉTRIES

Mais = Id et s (j4) = A entraînent = Id, donc s (/) sera le milieu de [s (M) M], donc «(/) = / comme on le désirait ! • Comme G = Ker (cr + Id), montrer (2) revient à prouver que : (t { M s ( M ) ) = - M s ( M ) .

C’est le cas puisque : a{Ms (M)) = s (M)

(M) = s (M) M.

► Question facultative — Si s est une application affine de partie linéaire une symétrie vectorielle cr par rapport à F et parallèlement à C , et ne pos­ sède pas de point invariant, choisissons une point A quelconque et notons t la translation de vecteur p{A)A. L’application sp = t o s est affine comme composée d ’applications afiînes, et sa partie linéaire est la symétrie a. Comme s P (A) = A par construction, le point précédent montre que sj? est une symé­ trie affine. Par conséquent s = o sp est la composée d ’une translation est d’une symé­ trie (on dit que l’on a une symétrie glissée, ou encore une pseudo-symétrie). R ép onse 5.27 Si s est une application affine de E dans E, il s’agit de montrer l’équivalence :

s symétrie affine

= Id.

(=>) Si s est la symétrie affine de base F et de direction G, notons p la projection sur F parallèlement à G. Si M est un point quelconque, l’image de M par s est le point M ' t e l le que p (M) soit le milieu de [MM']. De même l’image de M' par s est le point M" tel le que p {M') soit le milieu de [M'M"]. Comme p{M) = p(M'), M" et M seront les symétriques de M' par rapport au point p (M), donc M" = M. Par suite :

yM eE et

s^{M) = M

= s. L’application s est bien involutive.

(
5.3. REPONSES (RI) : Un endomorphisme a d ’un espace vectoriel sur un corps K de caractéristique différente de 2 est une symétrie si, et seulement si, il est involutif. (R2) : Une application s : E ^ E est une symétrie affine si, et seulement si, c’est une application affine de partie linéaire une symétrie vectorielle et possédant au moins un point invariant (voir Question 5.26 ou [7], Th. 53).

127

128

CHAPITRE 5. BISSECTRICES & SYMÉTRIES

Chapitre 6 Applications orthogonales eingles

S z

6.1 Minimum vital APPLICATIONS ORTHOGONALES Q u estio n 6.1 Proposer quatre définitions équivalentes d ’une application or­ thogonale, et montrer que ces définitions sont bien équivalentes. Q u estio n 6.2 Quand dit-on qu’une matrice est orthogonale ? Proposer deux définitions et montrer que ces définitions sont équivalentes. Q u estio n 6.3 Quelles sont les applications orthogonales du plan ? (On ne demande pas de démontrer quoi que ce soit.) Q u estio n 6.4 Quelles sont les applications orthogonales de l’espace de di­ mension S? (On ne demande pas de démontrer quoi que ce soit.) Q u estio n 6.5 (Ecrit du CAPES externe 2007) Soit n € N*. L ’espace vecto­ riel R” est muni de sa structure euclidienne pour le produit scalaire usuel :

n

Vx = (o;i...,æ„) 6 R”

Vy =

€ R”

(x ,y ) = ^ X iy j. i= l

Si a E R” \{0}, on définit l ’application Sa de R” dans R” par : Vx E R”

S a (x)

=

a.

X —

IH r

a) Que représente l’application Sa ? Justifier. b) S ia est un vecteur non nul de R" et si g> désigne une application ortho­ gonale de R*^, montrer que = (fosaO(p~^. 129

130

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES ANGLES

Q uestion 6.6 Qu’est-ce qu’un angle ? Q uestion 6.7 Pouvez-vous définir très précisément ce que l’on entend quand on parle d ’angles orientés 9 Q uestion 6.8 Pouvez-vous définir très précisément ce que l’on entend quand on parle d ’angle géométrique ? Q uestion 6.9 Comment fait-on pour orienter un Ж-espace vectoriel de di­ mension finie ? Définir très précisément ce que l’on entend quand on parle d’espace vectoriel orienté. Q uestion 6.10 Comment définissez-vous la mesure d’un angle orienté de vec­ teurs ? Q uestion 6.11 Comment définissez-vous la mesure d ’un angle géométrique ? Q uestion 6.12 Définir rigoureusement ce que l’on entend quand on parle de secteur angulaire saillant. Et comment définit-on un secteur angulaire ren­ trant 9 Q uestion 6.13 Montrer que la somme des angles d ’un triangle vaut un angle plat. Q uestion 6.14 Proposez une activité que l’on pourrait utiliser dans une classe de cinquième pour montrer que la somme des angles d’un triangle est égale à un angle plat. Q uestion 6.15 (Oral du CAPES 2012) Démontrer les formules qui donnent les développements de cos (a ± b) et sin (o ± b) en utilisant uniquement des outils de lycée.

6.2

Entraînement APPLICATIONS ORTHOGONALES DU PLAN

Q uestion 6.16 Rechercher toutes les applications orthogonales du plan. Q uestion 6.17 Dans le plan vectoriel euclidien, soient x et x' deux vecteurs non nuis et de même norme. Montrer qu’il existe une et une seule rotation (resp. réflexion) transformant x en x '. Q uestion 6.18 Une rotation vectorielle en dimension 2 est-elle diagonalisable dans le plan euclidien 9 Et une réflexion 9

6.2. ENTRAÎNEMENT

131

APPLICATIONS ORTHOGONALES DE L’ESPACE Q u estio n 6.19 Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension 3. Dresser rapidement le catalogue de toutes les applications orthogonales de E, puis uti­ liser ce catalogue pour vérifier le Théorème de Cartan-Dieudonné dans le cas particulier où n = 3 (ce théorème énonce que le groupe orthogonal d’un espace euclidien de dimension n > \ est engendré par les réfiexions). Q u estio n 6.20 On se propose de déterminer toutes les applications orthogo­ nales d’un espace euclidien E de dimension 3. Pour cela, on choisit une base orthonormale e — (ei, 62, 63) de E, on considère une application orthogonale u, et l’on note M la matrice de u dans e. a) Montrer que u admet toujours —1 ou 1 comme valeur propre. b) En déduire que, dans une base adaptée à la situation, la matrice M de u ne peut être prendre que quatre formes différentes. c) Interpréter géométriquement chacune des formes de M obtenues à la question précédente. Q u estio n 6.21 Soitu une application orthogonale de l’espace vectoriel eucli­ dien E de dimension 3, distincte de —Id, et qui ne possède que le vecteur nul comme vecteur invariant. a) Montrer que u s ’écrit de façon unique sous la forme u = ro s = sor oûr est une rotation d’axe D et s la réflexion par rapport au plan P orthogonale à D. (Ind. : on pourra commencer par montrer que —1 est valeur propre de u, puis utiliser des matrices.) b) Réciproquement, si r est une rotation d ’axe D distincte de l’identité, et si s est la réflexion de base P = £)-*-, montrer que l’application u = r o s est orthogonale, s ’écrit aussi u = s o r , et ne possède pas de vecteurs invariants autre que le vecteur nul. Q u estio n 6.22 Démontrer que les systèmes suivants sont équivalents : ( 1)

( 2)

af + 02 + 03 =

+ 62 + &3 = Cl + =1 o i6 i + 0262 + <*3^3 = bici + &2C2 + &3C3 = c i o i + C202 + 0303 = 0 ( a l■ 1 + O 1O 2 \ ai

61

+

+ cf = 6162 +

02

+

C 1C 2 =

62 +

C2 =

O 2O 3 +

O3

+

&2 Î >3 +

63

+

C3

C 2C 3 =

= 1 O3O 1 +

6361 +

C 3C 1 =

0,

(les inconnues a\, 0 2 , 03 sont des réels). Cette équivalence est-elle toujours satisfaite si l’on remplace le 1 du dernier membre de droite des premières équations par fi, oûl désigne un réel strictement positif quelconque 9

132

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES EN DIMENSION QUELCONQUE

Q uestion 6.23 Soient x et y deux vecteurs non nuis de R” . Montrer qu’il conste une réflexion s qui échange x et y si et seulement si ||o;|| = ||y||, et que dans ce cas et en supposant x ^ y , s est la réflexion par rapport à (R (æ —y))“*". Q uestion 6.24 Soient F et G deux sous-espaces d’un espace vectoriel eucli­ dien E. On note sF et sa les symétries orthogonales par rapport à F et G. Déterminer complètement la composée sp ° sq lorsque F et G sont perpendi­ culaires. Q uestion 6.25 Soient F et G deux sous-espaces d’un espace vectoriel eucli­ dien E. On note sp et sa les symétries orthogonales par rapport à F et G. Déterminer complètement la composée sp o sa lorsque F et G sont orthogo­ naux. Q uestion 6.26 (Ecrit du CAPES externe 2007) On munit R” du produit scalaire canonique, et l’on note O (R” ) le groupe des applications orthogonales de R” . Pour tout (p G O (R” ) et tout sous-espace vectoriel V de R” , établir que (q,{V))^ = p { V ^ ) . Q uestion 6.27 Soit u un endomorphisme d^un espace vectoriel euclidien E de dimension n > 2, de produit scalaire (.|.). Montrer que Vapplication suivante est continue : ip : E \x (x\u{x)). Q uestion 6.28 D iagonalisation des en d o m o rp h ism es sym étriq u es Soit U un endomorphisme symétrique d^un espace vectoriel euclidien E de dimension n > 2 , de produit scalaire (.|.). On pose S = {x e E / \\x\\ = 1}, et Von considère Vapplication : (p : S M X

f—>

(æ K ® ))

a) Montrer qu’il existe xq Ç. S tel que (p{xo) = Supj.g_ 59 ?(a:). b) Soitxi € E tel que la famille {xq, x i ) soit orthonormale. En utilisant les vecteurs cos9xo + sin ^x i lorsque ^ G R, montrer que (xi|u(æo)) = 0. c) En déduire que xq est un vecteur propre de u. d) Applications : - Montrer que tout endomorphisme symétrique d’un espace euclidien est diagonalisable dans une base orthonormale. - Si A est une matrice réelle symétrique de taille n, montrer que la plus grande valeur propre de A est : *XAX A = SupxeK»\{0} ||X |P ■

6.3. RÉPONSES

133

6.3 Réponses R ép o n se 6.1 Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension n. Une application de E dans E est dite orthogonale (on dit aussi qu’il s’git d ’une iso­ métrie vectorielle) si l’une des propriétés équivalentes suivantes est satisfaite : (1) U conserve le produit scalaire (i.e. Vx, y Ç. E u ( x ) . u(y) = x.y), (2) U est linéaire et conserve la norme (i.e. \/x € E ||n (x)|| = ||x||), (3) U est linéaire et transforme une base orthonormale en une base ortho­ normale, (4) U est linéaire et transforme toute base orthonormale en une base ortho­ normale, (5) U est linéaire et u*u = Id, (6)

U

est un automorphisme de E et u* = u~^.

On a déjà vu dans le cours que ces définitions sont équivalentes. Il faut savoir retrouver les démonstrations qui suivent : (1) => (2) : La conservation de la norme est triviale. La linéarité s’obtient en développant : ||u(x -h Xy) - u{x) - Xu{y) Ip = u{x -I- Xy).u{x + Xy) - u{x + Xy).u{x) — ... = (x -f Xy). (x -1- Xy) - (x -t- Xy) .X - ...

= ll(x-l-Ay) - x -A y ||^ = 0. (1) : On utilise la forme polaire x.y = - ( ||x -t- y||^ —||x||^ —||y||^). Zi (3) (2) : Supposons que u transforme la base orthonormale e = ( e i,..., en) en la base orthonormale e' = {e[, ...,e(j).Tout vecteur x de E s’exprime dans la base e sous la forme x = XiCi, et par linéarité : (2)

u (^) = ^ X i u { e i ) = i=l i=l Par conséquent x^ = X) = ||w(®) IPî=i (1) ^ (4) =4> (3) sont des implications triviales. (1)

(5) puisque (1) entraîne la linéarité de u et que :

u*u = Id

\!x,y £ E Vx, y Ç: E

u*u{x).y = x.y u{x). u{y) = x.y.

134

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES

ANGLES

(1) 4^ (6) : L’assertion (1) entraîne l’injectivité de u (u{x) = 0 implique ||x|| = ||u(a:)|| = 0 donc x = 0) donc aussi la bijectivité de u (puisque u est un endomorphisme d ’un espace de dimension finie), et (5), qui équivaut à (1), exprime l’égalité u* = u~^. R ép o n se 6.2 Une matrice carrée M à coefficients dans K est dite ortho­ gonale si = M~^. Cela revient à dire que l’application u de matrice M dans une base orthonormale de E est orthogonale. En effet, si O (E) désigne le groupe des applications orthogonales de E, si e est une base orthonormale de E et si M = Mat (u; e) représente la matrice de u dans e, alors : u

£ 0 { E) ^ u*=u~^

=

La première équivalence écrite est justifiée par la Question 6.1, tandis que la seconde provient du fait que la matrice de l’adjoint u* d ’un endomorphisme u est la transposée de la matrice de u (quand on utilise des bases orthonormales). R em arq u e — Une matrice carrée1réelle : a n 012 • • • Û-ln \ Û21 022 ^2n

M =

\ ^nl

^nn /

On2

est orthogonale si et seulement si l’endomorphisme u de matrice M dans une base orthonormale est orthogonal. Munissons R” de sa structure canonique d ’espace euclidien pour laquelle la base canonique e = (e i,...,en) est une base orthonormale. Alors u est orthogonal si et seulement si elle transforme la base orthonormale e = ( e i , . . . , C n ) en une base orthonormale (Question 6.1), c’està“Ciir© * i Vj ^ A; Ya =i - 0 Iv j

E ? = i 4 = i-

Ce système de seulement « + ( 2) = équations équivaut au système à équations obtenu en écrivant l’égalité matricielle ‘M = M~^. R ép o n se 6.3 Le groupe orthogonal du plan est formé de rotations et de réflexions. L’identité est une rotation particulière. Dans une base orthonormale du plan, les rotations ont des matrices de la forme Re tandis que les réflexions ont des matrices de la forme 5^, où ^ G R et :

Re =

cos 9 —sin6 sin 6 cos 6

ou

Sg =

cos 9 sin 9 sin 9 —cos 9

6.3. RÉPONSES

135

On rappelle que S$ est involutive, c’est-à-dire vérifie Sg = I. C’est donc la matrice d ’une symétrie orthogonale par rapport à une droite, et c’est bien ce que l’on désigne en parlant de réfiexion du plan. De faqon générale, dans un espace vectoriel de dimension finie n quelconque, on rappelle qu’une réfiexion vectorielle est une symétrie vectorielle orthogonale par rapport à un hyperplan. La recherche des applications orthogonales du plan vectoriel euclidien est menée à la Question 6.16. R ép o n se 6.4 Le groupe orthogonal de l’espace de dimension 3 est formé de l’identité, de réflexions, de rotations d ’axes des droites vectorielles, et de symétries-rotations (on appelle ainsi toute composées r os ou s o r de rotations d ’axes D et de réflexions de bases D-*-). On peut classer les automorphismes orthogonaux de l’espace de dimension 3 suivant la dimension du sous-espace vectoriel Inv u des vecteurs invariants pour obtenir le tableau : dim Inv U Nature de u Id 3 réflexion 2 (symétrie orthogonale par rapport à un plan) rotation d’axe une droite D 1 (et distincte de l’identité) composée r o s = s o r d ’une rotation d ’axe D et d’une réflexion s par rapport au plan P = D-^ 0 (symétrie-rotation)

SO{E) 0-{E) SO{E) 0 -(E )

SO {E) est le groupe des rotations (ou groupe des applications orthogonales positives), tandis que les éléments de 0 “ {E) sont appelés des applications orthogonales négatives. R ép onse 6.5 a) Sa est la réflexion par rapport à l’hyperplan (Ra)-*- or­ thogonal à a. En effet, Sa est linéaire, vérifie :

Sa (a) = a —2-yv^^o = -a a et pour tout vecteur x orthogonal à a. , . ^ (a, x) Sa (æ) = X - 2 .. ..„a = x. b) Première méthode — L’application / = iposaOip~^ étant linéaire comme composée de trois applications linéaires (c’est même une application orthogo­ nale comme composée de trois applications orthogonales, mais nous n’avons

136

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

pas besoin de le savoir pour continuer la démonstration), montrer que / est la réflexion s^(o) par rapport à l’hyperplan (R^(o))-‘- revient simplement à vérifler que : (a) / transforme ip{a) en son opposé, (b) / laisse invariant tout vecteur de (M(/?(a))-*-. (> Montrons (a) : / (<^(a)) = { Montrons (b) : Comme

Seconde méthode — Un calcul direct donne aussi le résultat. En effet, {(fOSaO

(x) =

(p [sa {(p~^ (a;))]

=

^ „ - ■ ( x ) - 2 <°’r . y ) g

=

X —2

{a, P ^{x))

l|o|P

P {a)

{p{a),x) P (a) = 5(^(o) ) ll¥’ (a)IP l’avant-dernière égalité étant vraie puisque p conserve le produit scalaire. =

X —2

R ép o n se 6.6 Remarques préliminaires — Une réponse brève sera appréciée dans un premier temps. On s’intéresse ici a priori aux angles orientés de demi-droites dans un plan vectoriel euclidien, mais la question, très ouverte, laisse au candidat le soin de répondre dans le cadre qu’il aura choisi. Cette question peut servir de prétexte pour débuter toute une série de questions enchaînées. Rappelons qu’il existe plusieurs sortes d’angles : - des angles orientés de demi-droites (ou de vecteurs). - des angles non orientés de demi-droites (ou de vecteurs). Ces angles sont aussi appelés angles géométriques. - des angles orientés de droites. - des angles de dièdres (c’est-à-dire des angles formés par deux plans, un dièdre étant une flgure formée par deux plans sécants).

Une réponse rapide — Plaçons-nous dans un plan vectoriel euclidien. La réponse la plus simple consiste à dire que :

6.3. RÉPONSES

137

Un angle est une rotation. Cette réponse est exacte et concise, et il ne faut pas se priver de l’employer lorsqu’on répond à l’oral d ’un concours. Mais attention : elle demande de savoir exactement de quoi l’on parle, et de pouvoir donner, le cas échéant, une définition complète d ’un angle orienté de demi-droites utilisant une relation d ’équivalence. On se référera à la réponse à la Question 6.7 où l’on définit l’ensemble Л des angles orientés de demi-droites et où l’on vérifie que Л est un groupe isomorphe au groupe SO (E) des rotations vectorielles du plan vectoriel euclidien E. R ép onse 6.7 Soit E un plan vectoriel euclidien. L’ensemble A des angles orientés de demi-droites est égal à l’ensemble-quotient A / TZ où A = V d x V j, est l’ensemble des couples de demi-droites vectorielles de E, et où 1Z est la relation d’équivalence définie par : (di, (¿2) É. ((¿3, ¿ 4) ^

3r € SO (E)

r (di) = d2et r (da) = d4.

On retient :

A = A /n . La classe d ’équivalence du couple (di, d2) est notée di, d2(ou bien « i ,«2 si Ui est le vecteur unitaire qui dirige dj), et s’appelle l’angle de (d i,d 2) (ou bien de (ui,U2)). ____ Par définition, l’angle orienté u i , Ü2 de deux vecteurs non nuis est celui défini par des vecteurs unitaires de même sens, c’est-à-dire en posant : Щ U l,U 2 =

U2

«lll 1|И2|

On vérifie facilement que l’application : SO (E)

-

est une bijection du groupe des rotations SO (E) de E sur A. Cette bijection permet de transporter la structure de groupe de (SO { E ) , o) sur A en posant :

\/a,beA

a + b= ^C ^{a)oC^{b)).

{*)

On construit ainsi un isomorphisme de groupes de SO {E) sur A qui permet d’identifier SO (E) et A, et nous permet d ’affirmer rapidement qu’un angle est une rotation. Sans faire d ’abus, on peut se contenter de dire que ^ (r) est l’angle de la rotation r.

138

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

R em arq u e — Vérifions que ^ : SO (E) A est un isomorphisme de groupes. ^ est bien définie car si r est une rotation, d, r (d) = d', r {d') quelles que soient les demi-droites d et d'. L’application ^ est bijective car : Î(r) = d ^ '

^

d ^ ) = d^' 3 p € S O (E ) p{d) = r{d) = d! r{d) = d',

et il existe une et une seule rotation amenant d sur d'. Enfin ^ est un morphisme de groupes par construction, puisque la structure de groupe définie sur A a été obtenue par transport de structure, grâce à la formule (*). R ép o n se 6.8 Soit T>d l’ensemble des demi-droites d’un plan vectoriel P. Un angle géométrique (on dit aussi « non orienté ») de deux demi-droites est une classe d ’équivalence de A — Vd x Vd suivant la relation d’équivalence :

(di,d 2) Rg {d3,d 4}

0(P)

p{d\) = ds et ^ (¿ 2) = CÎ4.

Notons Ag = A/TZg l’ensemble des angles géométriques de demi-droites, et di,d 2 la classe d ’équivalence de (di,cÎ2) suivant la relation Rg. Par définition, l’angle géométrique de deux vecteurs non nuis x\ et X2 est l’angle <¿1,^2 où di = R+Xi (1 < i < 2). Avec ces définitions, on a toujours di,d 2 = d2,di, et l’ordre des deux demidroites di et (¿2n’est pas important. R em arq u es — a) Puisque l’orbite

du couple (¿ 1,^ 2) sous l’action

de 0 { P ) est :

= {'> (*■ *)/ '’ s 0(?)}, on peut aussi dire qu’un angle géométrique de demi-droites est une orbite d ’un couple de demi-droites sous l’action de 0(P*).

0) Personne ne nous empêche de préférer travailler dans un espace affine plutôt que dans un espace vectoriel. Dans ce cas, pour parler d’angles de demidroites, il faut considérer l’ensemble A de tous les couples de demi-droites de même origine (¿ 1,^ 2), et s’intéresser à des classes d ’équivalences pour une relation d’équivalence R définie sur A. Si : (di, £¿2) R {ds, dd) ^

(3 / G Is"''(P)

f (di) = ds et / (¿2) = ¿ 4),

où Is"''(P) est le groupe des déplacements du plan affine P, alors l’ensemblequotient A / R est l’ensemble des angles orientés de demi-droites. Si : (di, d2) R (da, d4) 4^ (3 / G Is(P)

/ (di) = da et / (da) = d4).

6.3. RÉPONSES

139

où Is(P ) désigne le groupe des isométries affines de P, alors l’ensemblequotient A/1Z est l’ensemble des angles non-orientés de demi-droites, encore appelé ensemble des angles géométriques de demi-droites. Cette dernière définition correspond exactement avec l’idée que l’on donne des angles géométriques au collège, où l’on fait comprendre que deux couples de demi-droites de même origine (¿ 1,^ 2) et définissent le même angle géométrique si l’on peut copier le premier couple (di,cÎ2) sur un calque, puis le faire glisser (translation), tourner (rotation) ou retourner sur lui-même (sy­ métrie) pour l’amener exactement « sur » le second couple {dz,d4). Cette manipulation, effectuée en s’interdisant de retourner le calque sur lui-même (c’est-àrdire en s’interdisant d ’utiliser des réflexions) permet de définir des angles orientés. R ép onse 6.9 Soit B l’ensemble de toutes les bases d ’un espace vectoriel E de dimension finie n sur R. Si e = (e i,.., en) et é = (e^,.., e(j) désignent deux bases de E, on note P® la matrice de passage de e vers e'. On définit un relation K dans B en posant :

eTZe'

detP® > 0 .

Alors 1Z est une relation d’équivalence : - La relation TZ est réflexive car P® = I. - La relation TZ est symétrique, car eTZe' entraîne detP®, = ( d e tP / ) “ ^ > 0 puisque l’on a P®/ = (P® )~^, et par conséquent e'TZe. - Enfin, la relation TZ est transitive puisque :

e lZ é e!lZé' 1

J detP®' > 0 \ d e tP / > 0 det P f = det P®' det P / > 0

e'TZe". L’ensemble quotient B/7Z contient exactement deux éléments (deux classes d ’équivalence). En effet, si e = (e i,.., en) est une base de E, il est évident que la base e' = (—61, 62, ..,€n) n ’est pas en relation avec e, et que par conséquent la cardinal de B/'R est supérieur ou égal à 2. Si e" est une base qui n’est pas en relation avec e, alors : d e t P / = detP®,

X

detP®" > 0,

donc e''TZe". Il existe donc seulement deux éléments dans B /R : la classe de e, et celle de e'.

140

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

On dit que deux bases e et e' sont de même orientation (resp. d ’orientations contraires) si elZe' (resp. e^e'). Orienter l’espace vectoriel c’est choisir l’une des deux classes d ’équivalence de B/R, c’est appeler directes (ou positives) toutes les bases qu’elle contient, et indirectes (ou rétrogrades, ou négatives) toutes celles qu’elle ne contient pas. Cette définition de l’orientation généralise (heureusement) celle que l’on connaît déjà pour une droite vectorielle. Orienter une droite revient à choisir une « sens de parcourt » sur celle-ci (un sens positif), et cela revient bien évidemment à choisir un vecteur directeur de cette droite et décider qu’il « donne le sens » sur celle-ci. R ép o n se 6.10 On connaît l’isomorphisme : e:

s o (S)

d,r{d). entre le groupe des rotations du plan SO {E) et celui des angles orientés de demi-droites A. On oriente le plan vectoriel euclidien E. Par définition : - ^ (r) est l’angle de la rotation r, - une mesure d’un angle о est une mesure de la rotation

(a).

Il s’agit maintenant de définir ce que l’on entend par une « mesure de rota­ tion ». Pour tout réel e, les matrices :

Re =

cos в —sin 0 sin в cos 9

et

Se =

cos 9 sin 9 sin 9 —cos 9

sont orthogonales. R$ est la matrice d ’une rotation vectorielle dans une base orthonormale, et Sg est celle d’une réflexion, toujours dans une base orthonor­ male du plan. Choisissons une base orthonormale e du plan E. L’application : C: M/27tZ ^ 9

SO(E) r

qui à la classe 9 associe la rotation vectorielle r de matrice Mat (r; e) = Rg dans la base e, est un isomorphisme de groupes puisque RgRg> = Rg^gi. Mais cet isomorphisme n ’est pas canonique en ce sens qu’il dépend du choix de la base e. Heureusement que nous avons ce résultat formidable : La matrice Rg représentant une rotation dans une base orthonor­ male est la même dans n ’importe qu’elle base orthonormale de même orientation.

6.3. REPONSES

141

Ce résultat est une conséquence du Théorème : T h éo rèm e — Soit r une rotation de matrice Ro dans une base orthonormale e du plan E. Soit e' une autre base orthonormale. 1) Si e et e' ont même orientation, alors Mat (r; e') = R$, 2) Si e et e' sont d ’orientations contraires, Mat (r;e') = R-$. P re u v e — 1) La matrice de passage P^' est un matrice de rotation. Notons-la Pg = Ra- On aura Mat (r; e') = R^^ReRa = Re puisque le groupe SO (2) est commutatif. 2) Ici P / = «Sa, et : Mat (r;

^RgSa — SaRe^a ~ {RaRe) Rg ^ ~ Rg ^ ~ R —g

puisque la matrice SaRe est celle d ’une réflexion. ■ Ainsi, dans le plan orienté E, l’isomorphisme ^ devient canonique si l’on décide de n’employer que des bases orthonormales directes pour le déflnir. Si le plan E est orienté, on déflnit ^ à l’aide d ’une base orthonormale directe quelconque de E, et l’on appelle mesure d ’une rotation r tout réel в tel que в = (r). R em arq u es — a) Le Théorème montre que changer l’orientation du plan revient à changer la mesure в d ’une rotation r en son opposé —в. 0) On peut parler d ’angle orientés sans orienter le plan, mais l’orientation de celui-ci est indispensable si l’on veut parler de mesures d’angles orientés. R ép onse 6.11 Si u et v sont deux vecteurs non nuis d ’un espace vec­ toriel euclidien E, la mesure de l’angle géométrique ( u , v ) formé par ces vecteurs est le réel 6 appartenant à l’intervalle [0, tt] tel que : cos^ =

U .V U

On dit aussi que 6 est l’écart angulaire entre les vecteurs l î et ~v. On notera que cette déflnition est valide quelle que soit la dimension de E alors que la définition d ’un angle orienté de vecteurs ne peut être donnée que dans un plan. R ép o n se 6.12 Le secteur angulaire saillant délimité par les demi-droites

[AB) et [AC) est la partie, notée [BAC\ ou [[AR), [AC)], définie par : [RÂC] = | м / 3 ( х , у )

ÂM = æ Zs-b x 5 } .

Il s’agit donc de l’intersection de deux demi-plans fermés : le demi-plan de frontière {AB) contenant C, et le demi-plan de frontière (AC) contenant B.

142

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

Un secteur angulaire saillant est donc toujours convexe comme l’intersection de deux convexes. Le complémentaire du secteur saillant est un secteur rentrant. R ép o n se 6.13 On a (CÂ, CB) = (Ââ, BC) (27t) ce qui permet d ’écrire, en utilisant la relation de Chasles :

(ÂB,ÂC) + { B C , B l ) A { â k , ' ^ )

= {AB,ÂC)-\-(Bd,BA) + {AC,BÔ) = {AB,ÂC) + (ÂÔ,BC) + {BC,BA) = (Â B , b 1 ) = 7T (27t).

On peut aussi dessiner un triangle ABC, tracer la parallèle à {BC) passant par A, et utiliser des angles alternes-internes (comme on le ferait en collège) pour s’apercevoir que la somme des trois angles du triangle est égal à l’angle {[Ax), [Ay)) formé par les demi-droites opposées [Ax) et \Ay) (voir FIG. 6.1).

F ig . 6.1 - Somme des angles d ’un triangle R ép o n se 6.14 La classe de 5® est traditionnellement (depuis quelques temps) celle de la symétrie centrale étudiée en liaison avec les propriétés du parallélogramme, tout comme la classe de sixième est celle de la symétrie axiale étudiée en liaison avec les propriétés du rectangle (et ce qui va avec : les propriétés du carré, du losange, et les deux définitions équivalentes de la médiatrice d ’un segment). En cinquième, on peut démontrer que la sonune des angles d ’un triangle est égale à un angle plat en utilisant la conservation des angles par symétrie centrale. Je propose l’activité suivante :

6.3. REPONSES

143

ACTIVITE (classe de 5®) - Dessinez un triangle quelconque ABC. Tracez le milieu I de [AB]., et le milieu J de [AC\. Tracez le symétrique f/ de C par rapport à /, puis le symétrique V de 5 par rapport à J. a) Que dire des points U, A et V I b) Démontrez-le. ^ ^ c) Que devient l’angle A B C dans la symétrie par rapport à / ? Quelle ^ a lité peut-on en déduire ? De la même façon, que devient l’angle BC A dans la symétrie par rapport à J ? Qu’en déduire ? e) Montrer que la somme des angles du triangle AB C vaut 180°.

V

F

ig

. 6 .2

- Somme des trois angles d ’un triangle

La FIG. 6.2 montre les tracés attendus. Le raisonnement demandé en b) est complexe pour un élève de cinquième, mais accessible. Il s’agit de démontrer que les quadrilatères AC BU et A B C V sont des parallélogrammes en notant que leurs diagonales se coupent en leurs milieux, puis d ’en déduire que les droites {UA) et {AV) sont parallèles à (BC), pour enfin achever le raisonne­ ment en utilisant le cinquième postulat d ’Euclide : par un point il ne passe qu’une seule droite parallèle à une droite donnée, ici {UA) et {AV) sont pa­ rallèles à {BC) et passent toutes deux par A, donc sont confondues. Si nécessaire, on peut proposer un énoncé avec plus d’indications : d ’abord demander ce que sont les quadrilatères ACBU et ABCV, puis demander de montrer le parallélisme entre les droites {UA), {AV) et {BC), pour pouvoir conclure. On peut aussi proposer l’énoncé tel quel en en faisant une activité ouverte où toute la classe pourra s’investir, le professeur restant au tableau pour exploiter les idées proposées et orienter la réflexion commune.

144

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

Finalement, la conservation des angles par une symétrie centrale montre que

A B C = UAB

et

BCA = C ^ ,

ce qui permet d ’écrire :

ABC + B 0 4 +

= CÎAB +

+ CAB = 180°

puisque les points U, A, V sont alignés. R ép o n se 6.15 Soit (C, i , j ) un repère orthonormal direct du plan. Soient A et B les points de coordonnées (cosa,sino) et (cos6,sin6) dans ce repère, comme sur la FIG. 6.3. Par définition :

{

OA = (cos a) i + (sin a) j OB = (cos 6) i + (sin 6) j

donc OA.OB = cos a cos 6 + sin a sin b. Mais : Ô Î.Ô B = I|Ô Î| 11|CB| I cos(Ô Î, ÔB) = cos {b - a) comme on le voit en lisant l’angle {ÔÂ,ÔB) sur le cercle trigonométrique associé au repère (C, i , j ). On en déduit que : cos (b —a) = cos a cos 6 + sin a sin b. Le développement de cos (a + b) s’obtient en remplaçant a par —a dans la for­ mule précédente. Les développements de sin (o ± b) sont obtenus en retournant au cosinus. Par exemple : sin {a + b) =

cos (

~ —à j cos b -h sin

=

cos

=

sin a cos 6 -Hsin i>cos a.

sin b

R ép o n se 6.16 Un endomorphisme u du plan vectoriel E est orthogonal si et seulement si sa matrice M = ^ ^ ^ ^ (dans une base orthonormale de E) est orthogonale, c’est-à-dire vérifie : a2-H62 = l c^ -I- ci^ = 1

ac + bd = 0.

6.3. REPONSES

145

F ig . 6.3 - cos (b —a) = cosaœsb + sinasin6 De + 6^ = 1 on déduit l’existence de 0 G M tel que a = cos 6 et b = sin0 ([7], §. 7.7). La troisième équation devient cos$c-\-sin9d = 0, et signifie que le vecteur-colonne (¿) appartient à la droite d ’équations cosôx -|- sin^a; = 0, autrement dit qu’il existe e G R tel que De + cP = 1 on déduit = 1, soit e = ±1. On a montré que toute application orthogonale u du plan admettait une ma­ trice de la forme :

Re =

cos 6 —sin^ sin 6 cos 9

ou

Sq =

cos 9 sin 9 sin^ —cos 9

( 0GR)

dans une base orthogonale de E. La réciproque est évidente, puisqu’un endo­ morphisme de matrice R$ ou Sg est orthogonal : pour le vérifier, il suffit de constater que les vecteurs-colonnes de ces matrices forment des bases ortho­ normales de R^ (où R^ est muni de sa structure d ’espace vectoriel euclidien canonique). R ép o n se 6.17 Les vecteurs x et x' étant non nuis et de même norme, on peut les supposer unitaires sans restreindre la généralité du problème. Com­ plétons X pour obtenir une base orthonormale (æ, 62). Il existe un réel a tel que x' = cosa.x -f sino:.e2. Si / est une rotation amenant x sur æ', la matrice de / dans la base (æ, 62) est nécessairement de la forme :

M =

cos a sin a

—sm o: cos a

puisque la première colonne de cette matrice est imposée (ce sont les coordon­ nées de x' dans la base {x, 62)), et que la seconde colonne s’en déduit (puisqu’on

146

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES Sc ANGLES

connaît la forme particulière des matrices de rotations !). L’unicité de / est dé­ montrée. Réciproquement, on vérifie que l’application linéaire / de matrice M dans la base (x, 62) transforme x en x', et qu’il s’agit d ’une rotation. La preuve de l’unicité et de l’existence est la même si l’on travaille avec une réflexion à la place de notre rotation, le seul changement étant dans la forme de la matrice d ’une réflexion qui sera alors : M =

cos a sin a

sm a —cos a

R ép o n se 6.18 Une rotation vectorielle r du plan E 2 est un endomor­ phisme de E 2 qui admet une matrice de la forme :

Re =

cos 6 —sin 0 sin 6 cos 6

où 6 E R, dans une base orthonormale e = (61, 62) de E 2. Cette matrice n’est pas diagonalisable dans M sauf si 0 = 0 (27t), c’est-à-dire si r = Id. Le polynôme caractéristique de r est en effet : Xr(X) =

cos 6 —X sin 6

—sin 0 cos 9 —X

= X 2 - 2 cos0 X -|-1 =

{X - é^){X - e~^^)

et les valeurs propres sont complexes non réelles si et seulement si 6 n’est pas congru à 0 modulo 27t. Pîir contre une réflexion s du plan est une symétrie orthogonale par rapport à une droite, et par définition même d ’une symétrie ([14], §.2.1), c’est une application diagonalisable dont les espaces propres sont associés aux seules valeurs propres ±1 de s. R ép o n se 6.19 Une application orthogonale d’un espace euclidien de di­ mension 3 est soit : - l’identité, - une réflexion sp par rapport à un plan P , - une rotation td d ’axe une droite D, - une symétrie-rotation ro ° sp où P = D-^. On sait qu’une rotation ro d ’axe D s’écrit toujours comme le produit de deux réflexions par rapport à des plans contenant D (dont l’une peut être choisie arbitrairement). Les rotations ro et les symétries-rotations r/josp du catalogue précédent seront donc aussi des produits de réflexions. Et bien sûr, l’identité est le produit d’une réflexion par elle-même !

6.3. REPONSES

147

R ép onse 6.20 a) Le polynôme caractéristique de u est du troisième degré à coefficients réels, donc admet au moins une racine réelle A. Pour une telle valeur propre réelle A, il existe x ^ O t e l que u (x) = Ax, d ’où ||u (æ)|| = |A| ||a:||. Mais u conserve la norme, donc ||a;|| = |A| ||æ||, et nécessairement |A| = 1. Nous venons de prouver que u admet toujours —1 ou 1 comme valeur propre. b) Ainsi u admet A = ±1 comme valeur propre. Soit x un vecteur propre (non nul) de u associé à cette valeur propre. Soit F = Rx la droite vectorielle engendrée par x. L’application orthogonale u laisse stable la droite F, donc laissera stable l’or­ thogonal F-*- de F. La restriction u|^± de u au plan F-*- sera une application orthogonale du plan, donc une rotation ou une réflexion. Dans une base or­ thonormale e = (x /||x ||,e 2,e 3) de F , la matrice de u sera de l’une des formes suivantes :

Me =

±1 0 VO

0 0 cos 0 —sin ^

ou

N$ =

sin 0 cos 6

±10 0 0 cos 6 sin 6 0

sin0

— COS 0

Réciproquement, toute matrice de l’une de ces formes est clairement orthogo­ nale (puisque les vecteurs-colonnes de ces matrices forment des bases ortho­ normales). c) • Les restrictions des automorphismes u de matrices N$ sont des réflexions du plan F-*-. Il est donc possible de choisir une autre base ortho­ normale (62)^3) de F-*- formée de vecteurs propres de u\p±, et d ’obtenir une matrice : ±1 0 0 \ 0

1 0

0

0 -1 y

encore plus simple qui représente toujours u dans la base e' = (x /||x ||,e 2,e 3). On reconnaît des matrices de symétries orthogonales : des réflexions s’il y a un seul —1 dans la diagonale principale, des demi-tours (i.e. des rotations d’axes A et d’angle plat) sinon. • Les automorphismes u de matrices : 1 0 0 0 cos 6 —sin 0 0 sin 6 cos 6

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

148

sont appelées des rotations vectorielles d ’axe F. Ce sont des endomorphisme qui coïncident avec l’identité sur la droite F, et avec une rotation plane dans le plan F-*-. • Enfin, les automorphismes u de matrices :

M =

-1 0 0 \ — sin^ 0 cos 9 0 sin 0 cos 9 /

s’écrivent toujours comme des composées de rotations et de symétries puisque :

M =

0 0 \ 0 cos 6 —sin 0

1 0

/1

0 0 cosÔ —sin 0

y 0 sin 0 cos 6

0 sin 9 cos 6

s’interprète en écrivant « = r o s = s o r o ù r e s t une rotation d ’axe F et s la réfiexion par rapport au plan F-*-. Ces applications u sont appelées des symétries-rotations. On pourrait vérifier que cette décomposition d ’une symétrie-rotation sous la forme u = ro s = so r est unique à partir du moment où u 7^ —Id (Question 6.21).

Conclusion — On a pu très facilement décrire la nature des applications orthogonales de l’espace en utilisant des matrices. R ép o n se 6.21 a) Le polynôme caractéristique de l’endomorphisme u est du troisième degré et à coefficients réels, donc admet au moins une racine réelle A. Comme u G 0 ( F ) , cette racine ne peut être que ±1 (en effet : si x est un vecteur propre non nul associé à A, ||a;|| = ||îi(a:)|| = |A| ||a;|| entraîne |A| = 1). Mais u ne peut pas admettre 1 comme valeur propre, car l’espace Invu de ses vecteurs invariants est réduit à {0}. Il existe alors un vecteur non nul x tel que u (x) = —x, et la droite D = Vect (x) engendrée par x est globalement invariante par u. Comme u est orthogonale, cela entraîne que : - le plan P =

orthogonal à D est aussi globalement invariante par w,

- la restriction u\p de u à F est une application orthogonale de F, donc une rotation ou une réflexion. Comme cela ne peut pas être une réflexion (puisque Invu = {0}), ce sera une rotation. Il est maintenant judicieux de travailler avec des matrices d’applications li­ néaires dans une base orthonormale e = (61, 62, 63) de F telle que ei G F et

6.3. RÉPONSES

149

62,63€ P. Dans une telle base, la matrice de u est de la forme : / - 1 0 0 M = I 0 cos^ —sin0 \ 0 sin^ cos^ où 0 G R. Comme : M

=

1 0 0 ( 0 cos 6 —sinû 0 sin 0 cos^ 1 0 0 0 cos û —sind 0 sin^ cos^

la matrice M apparaît comme le produit commutatif de la matrice d’une rotation d ’axe D par celle de la réflexion de base P. Il ne reste plus qu’à démontrer l’unicité de cette décomposition. Si nous avons U = r Os = s or, alors = {r Os) O(s or) = est une rotation d ’axe D ou l’identité. Si r^ = Id , alors r est aussi une symétrie, donc c’est soit l’identité, soit un demi-tour d ’axe D. Avoir r = Id est hors de questions (puisqu’alors u = s posséderait des vecteurs invariants non nuis). E t si r est un demi-tour, alors u = r o s = —Id, ce qui est contraire à notre hypothèse. Donc est une rotation d’axe D parfaitement déflni, et cet axe est celui de la rotation V?, donc ne dépend que de u. Le plan P = sera aussi parfaitement déterminé par le choix de u, et il en sera de même de s, donc aussi de r = t i o s . b) u = r Os est orthogonale comme composée de deux applications ortho­ gonales. On vérifle facilement que u = r o s = s o r c t Invu = {0} en utilisant les matrices de la question précédente. R ép onse 6.22 ► Introduisons la matrice (à coefficients dans oi b\ Cl M = \ O2 Î> 2 C2 «3 C3 Les coeflicients de M vérifient le système ( 1) si et seulement si les vecteurscolonnes de M forment une base orthonormale de R^ muni de sa structure euclidienne canonique. On sait que cela équivaut à dire que M appartient au

150

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

groupe O (3) des matrices orthogonales de taille 3. On sait aussi que M G O (3) si et seulement si M est inversible et = M~^. On peut donc écrire : (1)

‘M = M - 1

M G 0 (3 )

(t)

De la même manière,

ai

*M= I

02 0 3

bi

b2

63

Cl

C2

C3

et : (2)

‘M g O(3)

^M = M ~ \ (t)

‘(‘M) =

car de façon générale *(iV“ ^) = {*N)~^ (ce qui revient à écrire (u~^)* = {u*)~^ pour tout endomorphisme u, et se vérifie en utilisant les propriétés usuelles de la prise de l’adjointe et de la prise de l’inverse). Les équivalences (f) et (|) montrent que (1) (2). ► L’équivalence est encore vraie si l’on remplace 1 par fi (où l G MÜj.). Pour le voir, il suffit d ’appliquer le résultat du paragraphe précédent avec oi/Z, 02/Z, C 3 /I.

R ép o n se 6.23 Si s existe, elle conserve les normes, donc ||a;|| = ||y||. Ré­ ciproquement, supposons que ||a;|| = ||î/||. Si x = y, n ’importe quelle réflexion par rapport à un hyperplan qui contient x fait l’affaire. Supposons maintenant que X ^ y . Si s désigne une réflexion par rapport à un hyperplan H, on peut écrire :

SH (x) = y

x +y £ H X - y e H-^

x +ye H [ H = {R{x-y))-^.

Comme (æ + y){x —y) = ||æ|p — ||y||^ = 0, la condition x + y e (R (x —y))^ est toujours satisfaite, donc : s h {x)

= y +> H = {R { x - y))-^ .

Il existe ainsi une et une seule réflexion échangeant x et y : c’est la réflexion par rapport è. H = {R{x —y))-^ (on dit que H est l’hyperplan médiateur du couple (x,y)). R ép o n se 6.24 On dit que F et G sont perpendiculaires si F-*- C G (ce qui équivaut aussi à G-*- C F ). Si F et G sont perpendiculaires, alors :

ap oaa = apriG

151

6.3. RÉPONSES

où désigne la symétrie orthogonale par rapport à F n G. Pour le on vérîS que l'application linéaire o o c coïncide avec 1 identité sur FnG, et avec —Id sur (F D C?)"*". - Si æ € F n G, alors ap o aa (^) = ~ - Si X G {F n G)"*" = F"*" + G'^, on peut écrire x sous la forme x = xi + X2 avec X\ € F"*" et X2€ G"^, puis calculer .

(JF°^ g {^) = tTf o îtg (®i + 3 Î2) ' ^ ^ ^ ( ^ ,- 0 :2) (car XI € F | c C?) = -x i-a :2 ( c a r X2 G( 7 - Lc F) =

-X .

A u tre so lu tio n — On peut prouver que îtjp o crc = matrices. On remarque d’abord que :

en utilisant des

E = (F n (7) © (F n = (F n G) © (F-L + G-^), et que F ^ + G^ = F ^ ® G^ puisque F-^ n G-^ C G O G^ = {0} (faire un dessin en dimension 3). Ainsi : F = (F n G) © F-L © G^. Il suffit maintenant d’écrire les matrices de ap, <^G et crpnG dans une base adaptée à la décomposition en somme directe précédente. On obtient :

1 0 Mat(irip) = \ O - I 0 0

0 O 1

et Mat(iTG) =

d’où Mat((7F O(Jg ) =

R ép onse 6.25 Deux sous-espaces F et G sont dits orthogonaux si l’on a l’inclusion F C G"*", ce qui revient à écrire l’inclusion G C F-*-, ou encore à

152

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

dire que x.y = 0 quel que soit {x,y) appartenant è, F x G. Si F et G sont orthogonaux, alors :

où désigne la symétrie orthogonale par rapport à (F©G)-*-. Pour le voir, on vérifie que l’application linéaire erp ° coïncide avec l’identité sur {F © G)"*", et avec —Id sur F ®G. - Si X €

= F-*- n G^, alors ap ooq ( x ) = erp {-x) = x.

(F © G)-*-

Si X 6 F © G,on puis on calcule :

écrit

-

ap OCG (x) = = = =

X

sous la formex = xi +

crpocTG (xi + X2) a p (—xi + X2) - x i - X2 —X.

X2

avec xi G F et

(car xi G F C G"*") (car X2e G C F-*-)

R ép o n se 6.26 Première solution (argument de dimensions)

j dim ip

- dim V'^ = n —dim V

I dim {'р(У))^ = n —dim(/?(V) = n —dim V, donc d im ^ (F-*-) = d im (^ (F ))‘‘". L’égalité annoncée sera donc assurée si l’on prouve l’inclusion (p (F-*-) C (v^(F))"*". C’est facile : si x G F-*- et y G <^(F), il existe Z G F tel que y = (p{z). Comme ip est orthogonale, elle conserve le produit scalaire et {ip{x),y) = {(p{x),(p{z)) = (x, z) = 0. Donc : Vx G F-*- Vy G (p{V) e t c e la sig n ifie q u e

p (F-*-)

C

{(p{x),y) = 0,

(^(F))'^.

Deuxième solution (équivalences) — Comme p est bijective et conserve le produit scalaire. х £ р {У '^ )

^ ^ ^

p ^ { x ) Ç . Vr± V y G F { p - \ x ) , y ) = ti Vy G F (x, p{y)) = 0

4Ф

X

G (< ^ (F ))-^ .

X2

G

6.3. RÉPONSES

153

R ép o n se 6.27 Si x, xq |(a:|u(x)) - (xok(a;o))|

e

E, alors :

<

|(æ|ti(x)) - (a:o|«(x))| +

< <

(|x - æo|w(æ))| + |(xo|«(x - a:o))| lia; - a;o|| |K a:)|| + ||xo|| ||«(a; - a;o)||

|( x

o |m

(x ))

- (æo|u(a;o))|

en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz. Donc : |(a;|M(x)) - (a:o|u(xo))|

< <

\\x - xo|| ||w|| ||x|| -I- ||xo|| ||n|| ||x - xo|| IHI(||æ|| + ||xo||) X ||x - x o ||

où ||u|| désigne la norme opérateur de l’endomorphisme u. Si ||x —xo|| < 1, alors ||x|| <1-1- ||xo|| et : |(x|u(x)) - (xo|u(xo))| < M \ \ x - æoll où M = ||u|| (1-1-2 ||xo||). Par suite : Ve > 0 3?7 > 0

||x-xo||
\(p{x) —¡p{xq)\ < e

{*)

comme on le voit en prenant r] = Min (1, e/M). On a bien M > 0 sinon M = 0 entraîne u = 0 et la continuité de p est triviale puisque c’est la fonction nulle. L’assertion (*) montre la continuité de p en tout point xq de E.

Autre solution — Il n ’y a en fait aucune obligation à utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour conclure. Le résultat est beaucoup plus général : on peut montrer que l’application p : x /(x , tt(x)) est continue sur E lorsque / est une forme bilinéaire quelconque sur E. En effet, / est continue sur E x E puisqu’on peut écrire : f(x ,y ) =

XI

où ( x i,..., Xn) et (j/i, ...,3/n) sont les coordonnées de x et y dans une base de E, et où (oij) est la matrice de la forme bilinéaire / dans cette base, et puisque chacune des applications (x, y) i-^ OijXiyj est polynomiale en les coordonnées de X et y, donc continue sur E x E. L’application p : x\-^ /(x ,u (x )) est alors continue comme composée des deux applications continues x ( x , u ( x ) ) et / : (æ,y) /(x ,y ). R ép onse 6.28 Cet exercice, inspiré d ’un énoncé du livre de Monier [20], permet de démontrer agréablement les deux applications de la question d) qui

154

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

ont été vues d ’une autre manière dans les Questions 152 et 153 du volume III de cette collection [15]. a) L’application :

tp: S X

R (a;|ii(æ))

est continue sur le compact S, donc est bornée sur ce compact et atteint ses bornes. On en déduit qu’il existe æq € 5 tel que
4>{ye)

=

=

(cos^æo + sin^a;i|ii(cos0æo + sin^æi)) (cos 0 æo + sin в x\ I cos в u {xq) + sin в и{х\))

= cos^ 9 (xo|u(xo)) + sin^cos^ (æi|u(æo)) + cos^sin^ (xo|u(æi)) + sin^ 9 (æi|u(a;i). Comme и est symétrique, (a:o|n(a:i)) = (æi|u(xo)) et :

ip{ye) = cos^^(æo|u(®o)) + 2sin^cos0 (iCi|u(æo)) + sin^^(a;i|u(xi). L’inégalité р{ув) < p{xo) donne alors : 2sin0cos^(æi|u(a:o)) +sin^0(æ i|ti(xi) < sin^ 0 (xo|u(xo)). Si0 G ]0, 7t[, sin0 > 0 donc 2cos^ (xi|u(xo))+sin0 (xi|u(xi) < sin0 (xo|u(xo)), et l’on obtient (xi|u(xo)) < 0 en faisant tendre 9 vers 0 par valeurs supérieures. Si 0 € ]—7Г, 0[, on obtient 2cos0 (xi|u(xo)) + sin0 (xi|u(xi) > sin0 (xolu(xo)) et l’on tire (xi|u(xo)) > 0 en faisant tendre 9 vers 0 par valeurs inférieures. Ainsi (xi|u(xo)) est à la fois positif et négatif, donc (xi|u(xo)) = 0. c) La question précédente montre que : Vxi G E

(xi|xo) = 0 =

(xi|u(xo)) = 0

autrement dit (Rxo)"*" C (Ru(xo))"*‘, soit (Rxo)"*"*" D (Rw(xo))"*"*‘, ou encore R«(xo) C R xq. Ainsi u(xo) € R xq et xo est un vecteur propre de u. d) • Dans les questions précédentes, on a montré que tout endomorphisme symétrique de E possédait au moins une valeur propre réelle. Raisonnons par

6.3. RÉPONSES

155

récurrence sur la dimension n de E. La propriété est triviale si n = 1. Si n > 1, on choisit un vecteur propre xq de u de norme 1. Comme u est symétrique, et comme sous-espace R æq est stable par u, l’hyperplan H = (Rxo)"*" sera stable par u (voir remarque). L’hypothèse récurrente appliquée à u \h : H H montre l’existence d’une base orthonormale ( e i , e ^ - i ) formée de vecteurs propres de u \h , donc aussi de u. Il est alors évident que (ei, ...,e„_i,xo) est une base orthonormale de E formée de vecteurs propres de u, et cela démontre la propriété au rang n. R em arq u e — De façon générale, si F est un sous-espace stable par u et si u est symétrique, alors F-^ est stable par u. En effet, si æ G F-*-, pour tout y^F, (u (x) |y) = (æ|«(î/)) = 0 car u{y) G F, donc u (x) G F-*-, et l’on peut conclure à u (F-*-) c F-*-. • Appelons u l’endomorphisme de matrice A dans une base orthonormale donnée de E. Comme A est symétrique, l’endomorphisme u l’est aussi. Notons toujours xo le vecteur de norme 1 obtenu à la question a), tel que :

ip{xo) = Supa.g5¥^(x). On a démontré à la question c) que u(xo) = Ai Xq pour un certain scalaire Ai. L’endomorphisme u laisse Rxo stable, donc laissera aussi stable l’hyperplan H = (Rxo)-*-. La restriction u\h : H H est un endomorphisme symé­ trique de H, donc d ’après la point précédent il existe une base orthonormale (e2,..., 6 n) de H formée de vecteurs propres de u. Finalement, si l’on pose ei = Xq, on dispose d’une base orthonormale e = (ei, ...,Cn) de E formée de vecteurs propres de u. Notons A» (1 < i < n) les valeurs propres de u associées aux vecteurs propres Cj. On a : Vi G [2,n]

(ei|u(ei)) > {ei\u{ei))

et comme {ei\u{ei) = {ei\Xiei) — Xi \\ei\\^ = Xi pour tout i, on obtient : Vi G[ 2, nl

Ai >Ai .

Cela montre que Ai = Sup3 ,ç5(p{x) est la plus grande valeur propre de u, donc aussi de A. Pour conclure, il suffit de remarquer que : Al = Supj.g5(xlu(x)) = SuPa,g£;\{0}

(x|tt(x)) „ ^XAX ||^||2 = SupxeB"\{0} ||jf||2

où X = *(xi,..., Xn) représente les coordonnées de x dans la base orthonormale e (fiif •••) 6 71).

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

156

6.4

Commentaires

Nous avons besoin de travailler les applications orthogonales et les angles pour préparer l’écrit du CAPES, car ces notions sont enseignées en CPGE. Le pro­ gramme de Maths Sup sorti en 2013 [21] demande d ’étudier le groupe ortho­ gonal comme on s’en rend compte dans cet extrait du chapitre concernant les espaces préhilbertiens réels : g) Isom ét ries vectorielles d^int espace euclidien Isom étrie vectorielle (ou autom orphism e orthogonal) ; définition par la linéarité et la conservation des normes, caractérisation p a r la conservation du produit scalaire, caractérisation p a r l'image d 'une base orthonormale. Symétrie orthogonale, réflexion. Groupe orthogonal.

Notation 0(Б).

h) M atrices orthogonales Matrice orthogonale : définition ^AA= caractérisation par le caractère orthonorm al de la famille des colonnes, des lignes. Groupe orthogonal. Lien entre les notions de base orthonoimale, isométrie et matrice orthogonale. D éterm inant d ’u n e m atrice ortliogonale, d 'u n e isom é­ trie. Matrice orthogonale positive, négative; isométrie positive, négative. Groupe spécial orthogonal.

Notations 0 „ (il).0 (n ).

Notations SO(£), SO^ (R)> SO(n).

I) Isom étries vectorielles e n dim ension 2 D escription des m atrices orthogonales et orthogonales positives de taille 2. Rotation vectorielle d'im plan euclidien orienté.

Lien entre les élém ents de $03(R) et les nom bres com ­ plexes de module t. On introduira à cette occasion, sans soulever de difficulté sur la notion d’angle, la notion de mesture d’m i angle orienté de vecteurs. ^ SI : mécanique.

Classification des isométries d'un plan euclidien orienté.

Que de prérequis sont nécessaires pour bien comprendre tous les exercices proposés dans ce chapitre sur les applications orthogonales et les angles ! Il faut connaître des passages importants d ’algèbre linéaire, être à l’aise dans les espaces euclidiens, puis avoir lu un cours bien progressif et structuré qui développe les arguments dans un ordre naturel. Un cours bien articulé permet de mieux comprendre, d ’établir des liens entre les notions en jeu, et finalement de mieux retenir. Pour qui veut bien travailler ces notions, je ne peux que conseiller de lire les chapitres 7 et 8 du Cours de géométrie [7]. Pour le CAPES, une vision approximative d’un angle semble suffisante pour commencer, et l’on peut a priori se contenter de la notion d’angles géométrique présentée de façon intuitive au collège, puis des définitions peu rigoureuses des angles orientés et des mesures d ’angles orientés données en classe de première

6.4. COMMENTAIRES

157

en enroulant une droite autour d ’un cercle, sans soulever de problèmes théo­ riques à ce sujet. Faire le lien entre la définition rigoureuse d ’un angle orienté et les matrices des rotations constitue l’étape suivante réservée aux matheux. L’étude des applications orthogonales continue d ’avoir toute sa plaee dans la préparation à l’écrit du CAPES. Il ne faudrait pas croire pour autant que ce travail est inutile pour préparer les épreuves orales, car, pendant l’entretien, le jury essaie de déterminer le plus exactement possible la carte des connaissances du candidat. Il s’agit de déterminer ce que sait le candidat sur les isométries vectorielles ou affines, les angles, les cercles, la cocyclicité, les nombres complexes... Dans la pratique, on constate que préparer les écrits reste souvent la voie royale pour accumuler des connaissances et les solliciter au moment d ’un entretien avec un jury d’oral.

158

CHAPITRE 6. APPLICATIONS ORTHOGONALES & ANGLES

Chapitre 7 Cercles 7.1

Minimum vital

Q uestion 7.1 Montrez que, par trois points non alignés, on peut faire passer un cercle et un seul. Q uestion 7.2 Soient A, B, C trois points distincts et alignés. Montrer qu’il n’existe pas de cercle qui passe par ces trois points. Q uestion 7.3 (Oral du CAPES 2010) Montrer que deux cercles qui possèdent deux points communs A et B, et une tangente commune en A, sont égaux. Q uestion 7.4 Enoncez le résultat concernant l’intersection d’une droite et d’un cercle. Démontrez-le. Q uestion 7.5 Enoncez et démontrez le résultat concernant l’intersection de deux cercles. Q uestion 7.6 Soit C un cercle de centre O et de rayon r > 0. Soit M un point du plan. a) Combien peut-on abaisser de tangentes à C issues de M ? On envisagera plusieurs cas suivant la position de M par rapport au cercle et on prendra soin de montrer très précisément ce que l’on aura énoncé. b) Lorsque OM > r, proposer une construction à la règle et au compas des deux tangentes à C issues de M . On note N et N ' les points de contact de ces tangentes sur C. Montrer que M N = M N ' et que {MO) est la bissectrice intérieure du triangle M N N ' issue de M . Q uestion 7.7 (Ecrit du CAPES externe 2005) Définissez la puissance d’un point M par rapport à un cercle C. Quel est l’intérêt d ’une telle définition ? 159

CHAPITRE?. CERCLES

160

Q u estio n 7.8 Si D\ et D 2 sont deux droites du plan respectivement orthogo­ nales à deux autres droites D[ et D'2, montrer que (£>i,£>2) = { ^ 1, 02) (tt). Q u estio n 7.9 Démontrez le Théorème de l’angle inscrit : si A, B et M dé­ signent trois points distincts d’un cercle C de centre O, et si Ta désigne la tangente à C issue de A, alors (O À,Ô è) = 2{M A,M B) = 2 {Ta , AB) (27t).

7.2

Entraînement

Q u estio n 7.10 Montrez qu’un cercle admet un unique centre de symétrie. Q u estio n 7.11 Soit C un cercle de centre O et de rayon r. Montrez qu’une droite est un axe de symétrie de C si et seulement si elle contient O. Q u estio n 7.12 Comment définir la tangente à un cercle C en un point A de celui-ci ? La définition de cette tangente comme étant la droite passant par A et perpendiculaire au rayon issu de A, est-elle en accord parfait avec la définition générale de la tangente en un point d ’un arc paramétré ? Q u estio n 7.13 Montrer qu’une tangente D à un cercle coupe celui-ci en un seul point. Q u estio n 7.14 (Ecrit du CAPES interne 2004) Soit C un cercle de centre O et de rayon r > 0. Il est facile de construire un parallélogramme A B A 'B ' circonscrit à C (c’est-à-dire tel que les côtés du parallélogramme soient tangents au cercle). Montrer que ce parallélogramme est un losange. Q u estio n 7.15 (Ecrit du CAPES interne 2009) Soit A B C un triangle de côtés a, b, c, d ’angles A, B et C, d’aire S. Soit R le rayon de son cercle circonscrit. Démontrez la formule des sinus ; a sin c 25 sin À sin B Q u estio n 7.16 On demande de répondre aux questions suivantes comme on le ferait dans une classe de seconde en 2014, en utilisant uniquement des outils du collège et la notion de vecteur que les élèves viennent de découvrir. En par­ ticulier, on ne dispose pas de la notion de barycentre ni de celle d’homothétie. Soient AB C un triangle non aplati et O le centre de son cercle circonscrit. On note A ', B', C les milieux respectifs des côtés [BC\, [CA\, et [AB\.

a) Montrer qu’il existe un unique point G tel que GA + G B + GC = 0 . b) Montrer que AG =

■

7.2. ENTRAÎNEMENT

161

En déduire que G appartient aux trois médianes du triangle ABC. Comment appelle-t-on G ? c) Soit H le point tel que OH = ÔÂ-\-OB-\-OC. Montrer que H appartient à la hauteur issue de A du triangle ABC. En déduire que les trois hauteurs du triangle concourent en H. Comment appelle-t-on H ? d) Démontrer la relation d’Euler OH = 30G. Que peut-on dire des trois points O, H et G ? Q uestion 7.17 Soit a G R. Soient A, B deux points distincts du plan. On appelle S le lieu des points M tels que {MA, M B ) = a (tt) (égalité entre angles de droites). 1) Démontrer que : (a) S ia = 0 (tt), S = {AB) \ {A, B ), (b) Si a ^ 0 (tt), 5 est le cercle passant par A et B et admettant pour tangente en A la droite Ta définie par {Ta , AB) — a (tt), privé des points A et B. 2) En déduire le critère de cocyclicité en terme d ’angles de droites : « quatre points distincts A, B, C, D du plan sont alignés ou cocycliques si et seulement si {CÂ,CB) = (d  ,D B ) (tt) ». Question 7.18 Soient A et B deux points distincts d ’un plan affine euclidien orienté V. Soit a un nombre réel non congru à 0 modulo n. Rappeler sans démonstration la nature de l’ensemble E = {M G V /{ M A ,M B ) = a (tt)}, où {MÀ, M B) désigne la mesure de l’angle orienté formé par les vecteurs M A et M B. En déduire l’ensemble E' = {M e V / {MA, M B) = a (27t)}. Question 7.19 Montrer que le symétrique de l’orthocentre H d ’un triangle par rapport à l’un des côtés du triangle appartient au cercle circonscrit à ce triangle. Question 7.20 On note P, Q, R les projetés orthogonaux d ’un point M du plan sur les côtés {AB), {BC) et {CA) d’un triangle ABC. a) Montrer que P, Q, R sont alignés si et seulement si M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC. b) Que dire des symétriques de M par rapport aux côtés du triangle ? Q uestion 7.21 Si je dessine un cercle C, si je choisis deux points A et B sur ce cercle, et si je place encore deux points M et N sur C tels que M et N n’appartiennent pas au rnArne^ arcj,e cercle d ’extrémités A et B, les mesures des angles géométriques A M B et A N B ne sont ni égales, ni égales nwdulo tt. Pouvez-vous expliquer? Que peut-on dire des angles géométriques A M B et AN B ?

CHAPITRE?. CERCLES

162

7.3

Réponses

R ép o n se 7.1 Soient A, B, C trois points non alignés. On raisonne par analyse et synthèse.

Analyse — Si un cercle C passe par A, B et C, son centre O est à égale distance de ces trois points, donc appartient aux médiatrices A^, A b et A c des segments [BC\, [CA] et [AB]. La médiatrice A^ n ’est pas parallèle à A b , autrement les droites (BC) et {CA) seraient parallèles, donc confondues, et comme elles passent par le même point C, elles seraient égales, ce qui est impossible puisque B, C ne sont pas alignés. Donc coupe A b en un point O qui ne peut être que le centre du cercle recherché. Le rayon de C est alors r = OA. En conclusion, si le cercle C existe, il est unique puisque de centre O et de rayon r = OA. Synthèse — Soit C le cercle de centre O, intersection de A ^ et A b , et de rayon r = OA. Par définition O G A a fl A b donc OB = OC et OC = OA. Par conséquent r = OA = OB = OC, donc A, B ei C appartiennent à C. On vient de montrer l’existence et l’unicité du cercle circonscrit à un triangle non aplati. R ép o n se 7.2 Si un tel cercle existait, son centre O appartiendrait aux médiatrices des segments [AB] et [BC]. Mais ces médiatrices sont perpendicu­ laires à la même droite qui contient A, B et C, donc sont parallèles, et même strictement parallèles (car A ^ C ) . Elles ne peuvent donc pas se couper en un point O, et un tel cercle n ’existe pas.

Autre réponse — Si un tel cercle existait, la droite {ABC) le couperait en trois points distincts, ce qui est impossible car on sait qu’une droite coupe un cercle en au plus deux points ! R ép o n se 7.3 Si deux cercles C et C de centres respectifs O et O', passent par deux points distincts A et B, et admettent la même tangente T en A, les centres O et O' de ces cercles appartiennent à AfiZ) où A désigne la médiatrice de [AB] et D la perpendiculaire à T issue de M. Les droites A et Z? ne sont pas parallèles, sinon T et {AB) seraient parallèles tout en passant par A, et l’on aurait T = {AB), absurde. On déduit que A n D est un singleton. Comme O et O' appartiennent à A D D, on obtient O = O', et les rayons OM et O'M de C et C' sont égaux. Finalement, les cercles C et C ont même centre et même rayon, donc sont égaux.

7.3. REPONSES

163

R éponse 7.4 Voici le résultat T h éo rèm e — Soient D une droite et C un cercle de centre O et de rayon r > 0. Soit d la distance de O à £>, et i î le projeté orthogonal de O sur D. L’intersection C D D est a) l’ensemble vide si d > r, b) le singleton {H} si d = r, c) une paire si d < r.

d=r

d< r

F ig . 7.1 - Trois cas de figures P re u v e — On sait que d = OH est la distance du point O à la droite D ► Si C n D ^ 0, il existe un point M appartenant à l’intersection C D £), et le Théorème de Pythagore donne OM “ ^ = OH^ + d ’où OH < OM, ou encore d < r. On peut donc tout de suite affirmer que :

d> r

C n D = 0.

► Si d = r, OH = r et H E C D D. Réciproquement, si M E C H D, alors 0M 2 = OH^ + MH^ entraîne M H = 0, d’où M = H. Dans ce cas, on a donc C n D = {H}. ► Si d < r, le Théorème de Pythagore et sa réciproque permettent d ’écrire (voir FIG. 7.1) :

M

e

CDD

^

OM = r { OM^ = OH^ + MH^ { OM = r

CHAPITRE?. CERCLES

164

où Ml et M 2sont les deux points de la droite D situés à la distance y/r^ —d? de H. En conclusion :

0

si d > r,

{H}

si d = r,

{

{Ml, M 2} si d < r. ■ R em arq u e s — a) On aurait pu prouver le Théorème de façon analytique en rapportant le plan à un repère orthonormal TZ = (O, i , j ) tel que i soit orthogonal à D. En résolvant le système :

( 1 on obtient

+ y^ = r^ a; =

d

= r^ —d? et on retrouve les trois cas du Théorème.

P) Ce Théorème est important. Un candidat doit être capable de l’énoncer et de le démontrer à l’occasion d ’une épreuve orale. L’étude de la leçon d ’oral 1 du CAPES externe sur le cercle est l’occasion idéale de réviser tout ce que l’on doit connaître sur le cercle ([11], Chap. 7).

7) Par définition, une droite D telle que C D D = {M }est appelée tangente en M au cercle C. Avec cette définition, on vérifie qu’une droite est tangente en M à C si et seulement si elle passe par M en étant perpendiculaire au rayon [OMj. En effet, si D est tangente à C, alors CC\D = {M} et le Théo­ rème 7.3 montre que M ne peut être que le projeté orthogonal de O sur D, de sorte que (OM) LD. Réciproquement, si D est perpendiculaire à (OM) et contient M, alors d = r et CC\D — {H} = {M} d ’après le Théorème 7.3. R ép o n se 7.5 Voici le résultat : T h éo rèm e — Soient C — C (O, r) etC' = C (O', r') deux cercles de centres différents et de rayons strictement positifs. Soit d = 0 0 ' la distance entre les centres de ces cercles. Alors C et C sont sécants si et seulement si |r —r'| < d < r -h / . Plus précisément C c C est une paire si les deux inégalités sont strictes, un singleton dans le cas contraire. Nous proposons deux démonstrations de ce résultat.

Preuve géométrique — • Les cercles C et C sont sécants si et seulement si on peut construire au moins un point M tel que OM = r, O'M = r' et 0 0 ' = d. D’après la Question 4.11, cela équivaut à |r —r'j < d < r -Hr'.

7.3. REPONSES

165

• Montrons que \CC\C'\ < 2, où \C H C'\ désigne le cardinal de C n C'. Pour cela raisonnons par l’absurde en supposant que C et C' se coupent en plus de trois points distincts A, B, C. Ces points ne peuvent pas être alignés car une droite coupe un cercle en au plus deux points (Question 7.4). Il existe donc un unique cercle circonscrit à ABC, ce qui entraîne C = C' en contradiction avec l’hypothèse. On peut donc affirmer que deux cercles distincts se coupent toujours en au plus deux points. • Pour achever la preuve, il s’agit de monter l’équivalence :

\ r - r '\ < d < r + r'

\CC\C'\=2.

(=>) Si |r —r'I < d < r + r', alors on peut construire un triangle non aplati OO'M tel que OM = r, O'M = r ' et 0 0 ' = d (Question 4.11). Le point M n ’appartient pas à {00'), et {0 0 ') est un axe de symétrie de C o C , donc le symétrique M ' de M par rapport à {0 0 ') sera aussi dans C 0C. Cela montre que |C n C'I > 2, et puisque |C D C'| < 2, on obtient \CnC'\ = 2. (
Preuve analytique — On considère le repère orthonormal TZ = {I, i , j ) d ’origine le milieu de [00'\ et tel que i soit colinéaire à {00'), et on résout le système : a: + 2 1 +

(S)

<

+

_ /2

On obtient : a; + - I -I-

= r-2

x+ ^]

{S) ^ ^

(x+l)

X

=

+y'^ = r'^

^2_ ^/2 2d

CHAPITRE?. CERCLES

166

soit : / r - 2 - r '2

^ 2y

+

V

(S) ^

y.2_ J.I2 X=

2d Le système (S) admet deux solutions si : '-

+ S Ÿ < 4d^r^.

{C)

On vérifie que (CT) «■ —2dr < r^ —r'^ + d^ < 2dr d^ +

- 2dr < r'^ <

+

+ 2dr

(d —rŸ < < (d + rŸ \d —r \ < r '< d + r

\r —r'\ < d < r + r'. En utilisant les mêmes calculs, on trouve que (S) admet une seule solution si et seulement si |r —r'I = d ou d = r + r', puis que (S) n’admet pas de solution si et seulement si l’on n’a pas |r —r'| < d < r + r'. R ép o n se 7.6 a) Si une droite issue de M est tangente en N au cercle C, le triangle M N O est rectangle en iV, donc N appartient à CCC^qm ] où C^om ] désigne le cercle de diamètre [OM], Réciproquement, tout point N de Cf\C^oM\ permet de tracer une tangente (M N) à C issue de M.

F ig . 7.2 - Tangentes à une cercle issues d’un point Trouver le nombre de tangentes à C issue de M revient donc à déterminer le cardinal de C n C^oM\ •

7.3. REPONSES

167

On applique le résultat classique concernant les intersections de cercles ([7], Th. 196). La distance entre les centres de C et CpM] étant O M / 2, et les rayons de ces cercles étant r et OM/2., on peut affirmer que C fl C^oM] ®st : ► de cardinal 2si ► de cardinal 1 si

OM OM OM —r < < — ---- \-r 2 ~ 2 ' 2 OM

OM

—r

ou

OM

( 1),

OM

+r

(2),

► l’ensemble vide dans tous les autres cas. Comme r > 0,

OM

( 1)

^

et

OM 2 OM OM r— < 2 2 OM OM - ir - < OM

(2) ^

—r <

ou

OM

OM 2

r < OM,

OM

—r =

ou r —

^

OM

r =

OM.

OM +r 2

En conclusion : - Si r < OM, autrement dit si M est à l’extérieur du disque de frontière C, il existe deux tangentes à C issues de M. - Si r = OM, autrement dit si M € C, on ne peut construire qu’une seule tangente à C issue de M. - Si OM < r, autrement dit si M est à l’intérieur du disque de frontière C, il n’existe aucune tangente à C issue de M. b) La solution nous est donnée par la FIG. 7.2 : on trace le cercle C^oM\ de diamètre [OM\, puis les intersections N et N' de ce cercle avec C. Les tangentes cherchées sont les droites (M N ) et {MN'). La droite (MO) relie les centres des cercles C ^ m \ et H s’agit donc d ’un axe de symétrie de ces deux cercles, et l’on en déduit que les points N et N ' sont symétriques par rapport à (MO) (^). Une symétrie orthogonale conserve les distances, donc M N = M N '. 'Si s est la réflexion par rapport à {MO), s {C[o m ] fl C) = s (C[om|) fl s (C) = C[om \ G C, donc s{{N, N'}) = {N, N'}. De plus s (N) ^ N autrement N appartiendrait à {OM), ce qui est faux puisque le triangle M N O n’est pas aplati. Donc s {N) = N'.

CHAPITRE?. CERCLES

168

On en déduit aussi que les demi-droites [MN) et [MiV') sont symétriques par rapport à (MO), et cela signifie que (MO) est la bissectrice intérieure du triangle M N N ' issue de M. R ép o n se 7.7 Soient M un point du plan et C un cercle de centre O et de rayon r. Une droite D passant par M et sécante au cercle le coupera en deux points A et B, éventuellement confondus si cette sécante est une tangente. On a alors le résultat suivant : T h éo rèm e — Le produit M A. M B est indépendant du choix de la sécante, et vaut MO^ —r^. P re u v e — Si >1 et R sont distincts, et si I désigne le milieu de [AB] (fig . 7.3), le Théorème de Pythagore, utilisé deux fois, permet d ’écrire :

M AM B

= (M î+ TA) { M î+ TB) = M I^-IA ^ = (MO^ - 0 / 2) - (AO^ - 0 / 2) = M O ^ -r ^ .

Si yl = R, la droite D est tangente au cercle en A, et le Théorème de Pythagore donne immédiatement M A .M A = MA? = MO^ —r^. ■

F ig . 7.3 - Puissance de M par rapport à C Par définition, le nombre MO^ — à C, et noté pc(M).

est appelé puissance de M par rapport

L’intérêt de cette définition est claire : pouvoir donner un nom au produit M A .M B pour insister sur le fait qu’il reste constant quand la sécante D varie (tout en continuant à passer par M). Cela nous offrira à l’occasion de belles relations métriques...

7.3.

RÉPONSES

169

Comme pc{M) = MO^ - r^, le signe de pc{M) nous informe immédiatement sur la position de M par rapport au cercle ; M est à l’extérieur (resp. sur, à l’intérieur) de C si et seulement si pc{M) est strictement positif (resp. nul, strictement négatif). Pour terminer, signalons une autre expression de pc{M) faisant intervenir le point A' diamétralement opposé à A sur le cercle C. Comme A B A' est rectangle en B, on peut toujours écrire pc{M) = M A .M B —M À .M B = M À.M A'. R em arq u e — Le thème de la puissance d ’un point par rapport à un cercle constituait toute la première partie de la seconde composition du CAPES externe 2005 (épreuve annulée). La définition et les résultats précédents sont donc à bien connaître. R ép o n se 7.8 Voilà encore une conséquence de la relation de Chasles :

(Du D2) =

(D„-D'i) + (i>i,iy2) + (C2.B2) W

= f+(c;,o'2)+f W =

{D'1, 0 '2) W -

R ép o n se 7.9 On se réfère à la FIG. 7.4. La somme des angles de chacun des triangles isocèles MO A et MOB vaut tt, donc : i 2(m 1 , MÔ) + (ÔM, Ô l) = ir (27t)

\ 2(m Ô, MB) + (ÔÊ, ÔM) = TT (27t) . En additionnant ces égalités membre à membre, on obtient :

2(MA, MB) + (ÔB, Ô l ) = Q (27t) soit 2{M À,M B) = (OA,OB) (27t). Si A désigne la médiatrice de [AS], alors (OA) est perpendiculaire à, Ta , et (AB) est perpendiculaire à A, donc {Ta , AB) = (OA, A) (tt). Comme A est la bissectrice du couple de demidroites ((OA), [OB)), on aura 2(OA, A) = {OÀ, OB) (27t), et la seconde éga­ lité est démontrée. R ép onse 7.10 Soit C un cercle de centre O et de rayon r. La symétrie s q par rapport à O conserve les distances et laisse le point O fixe, donc, en notant M ' = so (M),

M eC

OM = r => OM' = r ^

M 'e C ,

CHAPITRE?. CERCLES

170

B

B

F i g . 7 .4 - T h é o rè m e d e l ’a n g le in s c rit

et l’on a so(C) C C. L’involutivité de s q donne so(so (i^)) C so{C), d ’où C C so (C), et l’on a bien so (C) = C. Cela montre que O est un centre de symétrie de C. S’il existait un autre centre de symétrie O' de C, alors C serait invariant par la translation t = so> ° so de vecteur 2 0 0 ', donc serait aussi invariant par toutes les translations de vecteurs 2kOO' où A: G Z. C’est absurde car C est borné. R ép o n se 7.11 (
M €C 4^ OM = r => OM' = r 4^ M ' €C où l’on a posé M ' = so (M ). On vient de prouver l’inclusion so (C) C C. En appliquant S£> des deux côtés de cette inclusion, on obtient C C S£>(C). Finalement so{C) = C, et D est bien un axe de symétrie du cercle. Toute droite passant par le centre d ’un cercle est donc un axe de symétrie de ce cercle. (=>) Raisonnons par l’absurde : supposons qu’une droite D' ne contienne pas O et soit un axe de symétrie de C. Considérons la droite D passant par O et parallèle à L>', et notons so et so> les réflexions par rapport à D et D'. Ces réflexions laissent globalement invariant C, donc la composée t = so> ° $o aussi, mais t est une translation de vecteur li non nul, et par composition, on déduit que C sera invariant par toutes les translations de vecteurs k l î où A: G Z. C’est impossible car C est borné. R ép onse 7.12 Soit C un cercle de centre O et de rayon r. Soit A un point de ce cercle. Fax définition, la tangente kC en A est la droite passant par A

7.3. REPONSES

171

et perpendiculaire au rayon issu de A. Cette définition est bien en accord avec la définition générale d ’une tangente à un arc paramétré. En effet, une paramétrisation régulière du cercle C est :

(t) = rc o s i y{t) = r sin t X

{

où t parcourt M, et où {x{t),y{t)) désigne le couple des coordonnées d ’un point M (t) du cercle dans un repère orthonormal d ’origine O. La tangente T au cercle en M (t) est donc la droite qui passe par M (t), de vecteur directeur (0 — (^) >y' (^))- Comme :

x'(t) = —r s in i y'(t) = r c o ti,

{

on constate que le produit scalaire M (t) .M' (t) = x (t) x' (t) + y { t)y ' (t) est nul, donc que T est orthogonale à la droite (OM). La tangente T est donc bien la droite qui passe par M tout en étant perpendiculaire au rayon [OM]. R ép onse 7.13 Pour démontrer cette assertion, il faut définir clairement ce qu’on entend par « tangente à un cercle ». Par définition, j ’appelle tangente au cercle C (de centre O) toute droite passant par un point M de C et perpendi­ culaire au rayon [OM]. Cela étant, je suppose par l’absurde qu’une tangente D à C coupe le cercle en au moins deux points : M (tel que [OM] soit un rayon de C) et N. Dans ce cas, le triangle O M N est isocèle en O, et l’angle O M N est droit. Donc O N M est aussi droit, et les droites (OM) et (ON), perpendiculaires à une même troisième, sont parallèles. En fait (OM) et (ON) sont confondues puisque passent par le même point O, et cela implique M = N, ce qui est absurde ! R ép onse 7.14 La situation est celle de la FiG. 7.5. Le parallélogramme AB 'A 'B est circonscrit à C, et l’on a noté U, V, U', V' les points de contact du cercle et des côtés du parallélogramme. Nécessairement (d’après les propriétés des tangentes à un cercle issues d ’un point) :

AV = A V = a B V = B U '= b A'U' = A'U = c B'U = B 'V = d. Comme AB 'A 'B est un parallélogramme, A B ' = B A' et A B = A'B', donc

{

<x-\- d —b c a + b = c + d.

CHAPITRE?. CERCLES

172

A'

F ig . 7.5 - Cercle inscrit dans un losange En soustrayant membre à membre, on obtient d —b = b —d, soit 6= d. En remplaçant on obtient a = c. Finalement

A B ' = A V + V B ' = a + d = c + b = UA' + B'U = A'B' puisque V G [AB'] et U E [A'B'] (en effet, le cercle est inclus dans la bande du plan de frontières {AB) et {A'B') donc V G [A5'], et de la même fa.çon U G [A'B']). Le parallélogramme A B 'A 'B possède deux côtés consécutifs [AB'\ et \A'B'] de même longueur, c’est donc un losange. R ép onse 7.15 Si AB C est rectangle en A, a = BC = 2R et sin A = 1, donc les égalités proposées sont triviales. On écarte ce cas dans la suite.

Première solution — Soit B' le point diamétralement opposé à B sur le cercle circonscrit à A B C (f ig . 7.6). On a A = {AB, AC) = {B'B,B'C ) (tt) d’après le Théorème de l’angle inscrit, et les relations trigonométriques dans le triangle rectangle B B 'C donnent : BC s i n A = \sin{B'B,B'C)\ = ^ d’où les trois premières égalités. Par ailleurs, si H est le projeté orthogonal de A sur [BC\,

b abc S = \ a x A H = ^acsin R 2 2 2S' sin R Deuxième solution — Soit I le milieu de [BC\. D’après le Théorème de l’angle inscrit, l’angle au centre est le double de l’angle inscrit qu’il intercepte, soit {OB,OC) = 2{AB,AC) (27t). La droite (07) étant la bissectrice inté­ rieure de OBC issue de O (en effet, (07) est la médiatrice de [BC], donc la

7.3.

RÉPONSES

173

F ig . 7.6 - Utilisation de B' diamétralement opposé à B réflexion par rapport à (01) transforme la demi-droite [OB) en la demi-droite [OC)), on peut écrire :

(ÔB,ÔI) = l (ÔB, ÔC) = (ÂB, AC) Zi

(tt) .

Les relations trigonométriques dans le triangle rectangle O B I donnent :

BO d’où sinA =

BO

= I sin{ÔB, ÔI)\ = Isin(AB, ~Ââ)\ = sin A,

2R

et —^ = 2R. Le reste de la preuve est sans sinÂ

changement.

Troisième solution (avec des angles géométriques) — On envisage les trois cas de la fig . 7.7 : Cas n°l - Si A < 7t/ 2 , BO C = 2A. Si H désigne le projeté orthogonal de O sur (BC), (OH) est la médiatrice de [BC] mais c’est aussi la bissectrice issue de O du triangle BOC, donc BOC = 2BOH = 2A donc BOH = A. En utilisant le triangle rectangle BOH, on obtient : sin A = sin BO H =

BH BO

a 2R

soit o / sin. = 2R. Cas n °2 - Si A = 7t/ 2 , le triangle A B C est rectangle en A donc le cercle circonscrit à ce triangle est le cercle de diamètre [BC\. Alors a = BC = 2R et sin A = 1. La formule o /sin A = 2iî est triviale !

CHAPITRE?. CERCLES

174

Cas n°3 - Si Л > 7t / 2 , BO C = 2 тг — 2 A = 2BOH où H est le projeté orthogonal de O sur (BC). Ainsi ВО Н = ir —A. On conclut comme dans le cas n°l :

М ^ -А ) = Л а В д н = Щ = щ d ’où sin A = a/2R et le résultat attendu. Le reste de la preuve est sans chan­ gement.

F ig . 7.7 - Inénarrables angles géométriques! R em arq u e — L’utilisation d ’angles géométriques a le défaut de nous obli­ ger à envisager plusieurs cas de figure, puisque la mesure d’un angle géomé­ trique est toujours comprise entre 0et тг radians, et correspond à la mesure du secteur angulaire saillant que l’on a dessiné ! L’angle BOC dans le triangle BOC dans le cas n°3 n ’est pas un angle géo­ métrique de mesure 2A comme on pourrait trop vite l’affirmer, mais plutôt de mesure 2тг —2A. Le Théorème de l’angle inscrit n’est pas en défaut : l’angle au centre vaut toujours deux fois l’angle inscrit, mais dans ce cas, l’angle au centre est l’angle rentrant BOC, et c’est lui qu’on devrait mesurer... R ép o n se 7.16 a) Si G existe, alors CÂ -b GB -I- GC = ~0, et la relation de Chasles permet d ’utiliser un point O quelconque du plan pour écrire :

-\-ÔÂ) + (ÔÔ + ÔB) + ( ^ + ÔC) = ~0 3^

+ Ô l + Ô B - \ - Ô ê = '^

soit :

Ô â = \ ( Ô Â + ÔB + Ôâ). O

{*)

7.3. REPONSES

175

Comme le vecteur "u = \(Ô X + O B + OC) est connu, on sait qu’il existe un et un seul point G qui vérifie la relation (*). Réciproquement, si G désigne le point qui vérifie l’égalité (*), on peut remonter les calculs précédents pour obtenir ÛX + GB + GG = . R em arq u e s — ce) On a raisonné par analyse-synthèse. Si l’on hésite à ce sujet, ou si l’on est incapable d’expliquer très précisément à un jury d’oral en quoi cela consiste, il est conseillé de se reporter au chapitre consacré à ce type de raisonnement dans [19].

P) Si un jury d ’oral demande pourquoi on est certain que, étant donné "u, il existe bien un seul point G tel que OG = lit, on peut répondre que cela provient de la structure même d ’un espace affine (voir le cours de géométrie ou la Question 4 de [16]) et ajouter qu’en seconde, c’est avec des dessins et des activités que l’on finira par être certain qu’il existe un unique point G tel que le vecteur OG d ’origine 0soit égal à Ht. On apprend à ce moment-là qu’il existe toujours un unique représentant d’un vecteur Ht donné d ’origine un point O donné. Le sens de la phrase « il existe toujours un unique représentant d ’un vecteur Ht donné d ’origine un point O donné » s’éclaire véritablement quand on connaît la notion d ’équipollence qui permet de définir rigoureusement la notion de vecteur dans une géométrie présentée à l’aide d ’une axiomatique de type EuclideHilbert, comme c’est pratiquement le cas au collège où l’on travaille avec des points avant de connaître les vecteurs. Dans cette présentation, un vecteur est une classe d ’équivalence d ’un bipoint {A, B) pour la relation d ’équipollence. Par définition, on dit que deux bipoints {A, B) et {C,D) sont équipollents si le quadrilatère A B DG est un parallé­ logramme (au sens large, donc éventuellement aplati). On démontre que la relation d ’équipollence est une relation d ’équivalence et un vecteur du plan n’est autre qu’une classe d ’équivalence pour cette relation. Le lecteur intéressé paj cette définition pourra se reporter à la Question 5 de [16]. b) Personne ne nous empêche de choisir le point O en A dans (*), pour obtenir :

 â = \{ÂB + Ââ) = \ x 2ÂÀ' = ^AÀ'. O

O

O

On en déduit que les points A, G et A' sont alignés, et donc que G appartient à la médiane {AA!) issue de A du triangle ABG. On a aussi montré que G est situé au tiers de la base de cette médiane. Le même raisonnement montrerait que G appartient aussi aux deux autres médianes {BB') et {GG'), ce qui

CHAPITREZ. CERCLES

176

prouve que les trois médianes du triangle concourent en G. On dit que G est le centre de gravité du triangle ABC. c) On a :

A H = Ô H - Ô Â = ÔB + ÔC = 2 Ô l' donc les droites (AH) et (OA') sont parallèles. Comme (OA') est la médiatrice de [BC], elle est perpendiculaire à (BC), et l’on peut donc écrire :

(OA!) ± (BC) (O A) H (AH)

(AH) ± (BC ) .

Cela montre que H appartient à la hauteur du triangle A B C issue de A. On montrerait de la même façon que H appartient aux deux autres hauteurs, ce qui nous permet d ’affirmer que les trois hauteurs du triangle concourent en H. Le point H s’appelle l’orthocentre du triangle ABC. R em arq u e — Une petite ombre au tableau : le raisonnement précédent est correct tant que les droites (OA'), (OB'), (OC'), (AH), (BH) et (CH) sont bien définies, donc tant que O est distinct de A , B' et C ', et tant que H est différent de A, B et C. On a O = si et seulement si le triangle AB C est rectangle en A, et dans ce cas l’intersection des trois hauteurs de ce triangle ne fait aucun doute : c’est A. Ces trois hauteurs sont encore concourantes. Les cas où O = B ' ou O = C" se traitent de la même façon. On Si A = H s\ et seulement si OA = ÔÂ + OB + OC, c’est-à-dire O est le milieu de [BC\. Cela s’écrit O = A , et l’on retombe dans le cas particulier que l’on vient de traiter. Le cas où H e {B, C} = H se traite de la même façon. Le raisonnement donné au c) se complète donc facilement dans ces cas particuliers. d) On a OH = OA + OB + OC = 30G en utilisant la définition de H doimée en c) et (h:). Cela montre que les trois points O, H et G sont alignés sur une droite que l’on appelle la droite d ’Euler du triangle ABC. R ép onse 7.17 1) L’affirmation (a) est triviale puisque (MA, M B) = 0 (tt) si et seulement si l’identité transforme la droite (MA) en la droite (MB), et que cela revient à dire que M appartient à (AB) (tout en restant distinct de et B pour que l’on puisse continuer à parler de l’angle de droite ((M A), (MB))). Pour démontrer (b), appelons Ta la droite passant par A et faisant un angle (Ta , AB) = a ( tt) avec (AB). Notons O l’intersection de la médiatrice A de

7.3. REPONSES

177

[AB] et de la perpendiculaire à Ta en ¿4, et C le cercle de centre O et de rayon OA ( f ig . 7.8). Le cercle C passe par les points A et B, et admet la droite T a pour tangente.

F ig . 7.8 - Lieu des points M tels que (MA, M B) = a (tt) • Si M € C\ [A, 5}, le Théorème de l’angle inscrit donne :

(Ôl, ÔB) = 2(MA, MB) =

2

(Ta , AB) (2tt) ,

donc (MA, M B) = a (tt) et M G S. On vient de prouver l’inclusion C
• Réciproquement, si M G S, les points M, A, B ne sont pas alignés et l’on peut définir le cercle C' circonscrit au triangle M AB. Si O' désigne le centre de C' et si représente la tangente à C' en A, le Théorème de l’angle inscrit permet encore d’écrire : (ÔM,

= 2(m 1 , M B) = 2 {T'a , AB) (2ir),

d ’où (T'j^,AB) = a (tt). Par suite (T'^,AB) = (Ta , AB) et les droites Ta et sont confondues. Les cercles C et C, qui passent par les points A et B et admettent la même tangente en A, sont égaux, et M appartient à C\ {^4, B ).

2) • Montrons que la condition est nécessaire. Si les points A, B, C, D du plan sont alignés, alors (CA, CB) = 0 = (DA, DB) (tt). S’ils sont cocycliques, ils appartiennent à un même cercle C de centre O, et le Théorème de l’angle inscrit donne :

(ÔA, ÔB) = 2(C1, CB) = 2(d 1 , DB)

(27 t)

soit (Cl,CB) = (d 1 ,D B ) (tt) en divisant de part et d ’autre par 2.

CHAPITRE?. CERCLES

178

• Montrons que la condition est suffisante. Si {CA, CB) = (d  ,D B ) (tt), la question précédente montre que C et D appartiennent au même ensemble £, et que cet ensemble est une droite ou un cercle (privés des points A et B). R ép o n se 7.18 On sait que £ est le cercle passant par A et B, et admettant pour tangente en A la droite T telle que (T, AB) = a (tt) (en mesures d ’angles de droites) (voir Question 7.17). Cela étant, on note que sino ÿé 0, et que deux angles orientés de vecteurs sont égaux si, et seulement si, il sont égaux modulo TT tout en ayant des sinus de même signe. Cela permet d’écrire :

M e£'

^

I

(M Â ,M B ) = a (tt)

\ sin (M l,M B ). sin O > 0

J M e£ [ d et{M l,M B ) . sin a > 0 puisque : s in (5 in ,j^ ) =

\\MA\\\\MB]\

dès que l’on calcule le déterminant dans une base orthonormale directe du plan vectoriel associé. En faisant intervenir les coordonnées des points dans un repère orthonormal direct du plan, on obtient : det(iW^, M B) = d e t(M l, AB) =

^A.

^

VA-y

VB-VA

de sorte que l’équation det{MÀ, M B) = 0 soit celle de la droite {AB). L’inéquation det{MA, M B), sina > 0 est donc celle d ’un demi-plan II de fron­ tière {AB). Par suite £' est l’intersection du cercle £ et d ’un demi-plan H de frontière {AB). £' est donc égal à l’un des deux arcs de cercles de £ d ’extré­ mités A et B. R em arq u e — Construisons un point Tq tel que {AT q,^ÂB) = a {2ir). Alors To appartient à la tangente T et : det(To>i, TqB). sin a = det(ToA, AB), sin a =

—sm a

I№ ||||AR||

< 0,

donc Tq ^ £'. Le demi-plan II de frontière {AB) est donc celui qui ne contient pas Tq.

7.3. RÉPONSES

179

R ép o n se 7.19 Première solution — Sur la FiG. 7.9 (a), H' désigne le sy­ métrique de l’orthocentre H du triangle A B C par rapport à (BC), et l’on a les égalités d ’angles de droites suivantes :

{B H \B C ) = (BC ,BH ) = {AH', AC) (tt) . Donc (BH ',BC ) = {AH', AC) (tt) et les points R, A, C, H' sont cocycliques. R em arq u e — On a {BH', BC) = {BC, BH ) (tt) car {BC) est une bissec­ trice du couple de droites {BH ',B H ). On a {BC,BH) = {AH', AC) (tt) car {BC)L{AH') et {BH)P{AC).

F ig . 7.9 - Symétriques de l’orthocentre d ’un triangle

Deuxième solution — Sur la FIG. 7.9 (b), on a signalé plusieurs angles de droites égaux. Tout d ’abord {AB, AC) = {HU,HV) (tt) puisque les points A, U, H, V sont cocycliques (ils sont sur le cercle de diamètre [AH]). En­ suite {HU,HV) = ~{H B,H C ) (tt) car {HU) = {HC) et {HV) = {HB). Enfin ~{H B,H C ) = {H'B, H'C) (tt) par symétrie par rapport à {BC). En conclusion : {AB, AC) = {H'B, H'C) (tt) , et cela montre que les points ^4, B, C, H' sont cocycliques.

Troisième solution — Soit C le cercle circonscrit au triangle ABC. Soient O le centre de C, et A\ le symétrique de A par rapport à O, comme sur la FIG. 7.9(c). Comme B et C appartiennent au cercle C de diamètre on déduit que {AiB)±{AB) et {AiC)±{AC). Mais {CH)±{AB) et {BH)1{AC) par définition de H, et deux droites perpendiculaires à une même troisième sont parallèles, donc :

{AxB)//{CH)

et

{AxC)/l{BH).

CHAPITRE?. CERCLES

180

Cela montre que la quadrilatère B A \C H est un parallélogramme, et donc que le milieu A' de [BC\ est aussi le milieu de [HA\\. La réciproque du Théorème de Thalès appliqué dans le triangle H A \H ' (ou le Théorème de la droite des milieux) montre alors que {BC) est parallèle à {A\H'). Comme (BC) est perpendiculaire à (AH'), on en déduit que {AiH') est aussi perpendiculaire à (AH'), et donc que le triangle A A \H ' est rectangle en H '. Donc H' appartient au cercle de diamètre [AAi], c’est-à-dire à C.

R ép o n se 7.20 a) On envisage deux cas : ►Si M G {A, B, C}, on a clairement l’équivalence annoncée. Dans ce cas M appartient à Cabc et les points P, Q, R sont bien alignés, deux d’entre eux étant confondus avec l’un des sommets du triangle. ►Si M ^ {A, B, C}, les points P, Q, R sont deux à deux distincts (f i g . 7.10). En effet, si l’on suppose par exemple que P = Q, oa obtient P = Q = B, et dans ce cas la droite (MB) est perpendiculaire à la fois à (AB) et à (BC), ce qui est absurde. Dans le raisonnement qui suit, on peut donc utiliser les droites (RP), (RQ) et (PQ).

F ig . 7.10 - Théorème de Simson Les points A, P, M , R d ’une part, et R, M, Q, C d ’autre part, sont cocycliques. Cela nous permet d ’écrire (en utilisant des angles orientés de droites) :

(RP, RQ) = (RP, RM ) + (RM, RQ) = (AP, AM ) + (CM, CQ)

7.3. RÉPONSES

181

d ’où :

P, Q, R alignés

{RP, RQ) = 0 {AP,AM ) = {CQ,CM) 4^ (A B ,A M ) = {CB,CM ) ^

М еСлвс

en utilisant le critère de cocyclicité et en notant Cabc le cercle circonscrit au triangle ABC. R em arq u es — a) Dans les équivalences écrites, des angles de droites in­ terviennent et donc les points qui définissent ces droites doivent être distincts. On a pris soin de travailler dans le cas où M ^ {A ,B ,C }, ce qui donne un sens aux droites (AM), (BM ) et (CM). On a aussi pris soin de vérifier que les points P, Q, R étaient distincts deux à deux, ce qui nous permet de parler des droites (RP), (RQ) et (PQ). Mais on a aussi utilisé les angles (AP, AM ) et (CQ, CM), ce qui pose un problème si P = A ou C = Q. Que faire alors? Il faut se rassurer et dire que ce qui a été écrit reste juste si l’on remplace, par convention, la droite incriminée par la tangente au cercle passant par les quatre points en question (qui ne sont plus que trois). Plus précisément, si P = A, écrire (RP, RM ) = (AP, AM ) aura encore du sens si l’on considère que la droite (AP) représente la tangente en A au cercle circonscrit à А Р М R, c’est-à-dire au triangle A M R (puisqu’ici A = P). Comme cette tangente est la droite (AB), on arrive encore à (RP, RM ) = (AP, AM ) = (AB, AM ), et les équivalences écrites dans le cas général, où tous les points sont distincts, sont encore vraies dans ce cas particulier.

^) Le résultat que l’on vient de démontrer est connu sous le nom de Théo­ rème de Simson. Le mathématicien écossais Robert Simson (1687-1768) fut professeur de mathématiques à l’université de Glasgow de 1711 à 1762. Il étu­ dia les coniques où il développa des résultats de Desargues, et traduisit les Eléments d ’Euclide en anglais en 1756 [5]. b) On peut énoncer le résultat suivant : Les symétriques de M par rapport aux côtés du triangle sont ali­ gnés si et seulement si M appartient au cercle circonscrit au tri­ angle ABC. En effet, si P', Q' et R! désignent les symétriques de M par rapport aux droites (AB), (BC) et (CA), ces mêmes points P', Q' et R' apparaissent comme les images respectives de P, Q, R par l’homothétie h de centre M et

CHAPITRE?. CERCLES

182

rapport de 2. Comme une homothétie transforme toute droite en une droite (parallèle),

P', O', H alignés

P, Q, R alignés 4^ M ÇlCa b c -

R em arq u es — a) Si M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC, les droites (PQR) et {P'Q'R') sont appelées les droites de Simson et de Steiner de M relatives au triangle ABC. Ces droites sont parallèles. /3) L’autodidacte suisse JaJrob Steiner (1796-1863) fut professeur à l’univer­ sité de Berlin, et travailla essentiellement sur une construction rigoureuse et abstraite de la géométrie projective. Une droite et une surface portent son nom (il s’agit de la surface d ’équation -f- xyz = 0possédant un point triple à l’origine). On lui doit des résultats sur la géométrie du triangle (par exemple ; « pour un périmètre donné, le triangle d ’aire maximale est équilatéral », ou encore : « de toutes les figures planes ayant le même péri­ mètre, celle ayant la plus grande aire est le cercle ») et le célèbre Théorème suivant lequel tout point constructible à la règle et au compas est constructible à la règle à la seule condition qu’un cercle soit tracé au préalable dans le plan de la figure [5]. R ép o n se 7.21 La condition de cocyclicité en terme d ’angles de droites (que nous avons révisée à la Question 7.17) nous montre que les mesures des angles orientés de vecteurs {MA, M B) et {NA, N B ) sont congrues modulo tt. Ici, on peut même affirmer que :

{Nk, NB) = (m A, MB) + TT

(27 t)

(*)

puisque M et N n ’appartiennent pas au même arc de cercle d’extrémités A et B (voir Question 7.18). La relation (*) se voit bien sur la FIG. 7.11 (b). En utilisant les notations de cette figure, on peut donc écrire :

{Nx, N B ) = (n 1 , N B ) - (NA, N x ) = (MÂ, M B) {2tt) . Soit a la mesure dans [0, tt] de Tangle géométrique A M B. On écrira simple­ ment AM B = a, et Ton rappelle que a est la valeur absolue de la détermi­ nation principale de Tangle orienté (m À^M B) (^). Si Ton oriente le plan de ^Rappelons que la détermination principale de l’angle orienté (MÀ^ M B) est la mesure de cet angle qui appartient à ] —tt, tt]. ___ a est la mesure du secteur saillant [MA, MB] telle qu’on la lit sur un rapporteur (sans rajouter de signe).

7.3. REPONSES

183

F ig . 7.11 - Question 7.21 sorte que la base {MA, M B) soit directe, alors {MÀ, MB) = a (27t), et :

(N x , NB) = (m Â, M B) = a (27t) avec a e [0, 7 t], donc xN B = a. Par suite A N B = A N x — x N B = tt — a. Finalement AM B = a et A N B = tt —a, donc les angles A M B et A N B sont supplémentaires.

184

CHAPITREZ. CERCLES

Chapitre 8 Compléments de géométrie 8.1

Minimum vital Au niveau du minimum vital, on se contentera de réviser quelques bases concernant les droites et les plans dans l’espace. En entraîne­ ment, on continuera ces révisions mais on abordera aussi d ’autres thèmes géométriques qui peuvent tomber à l’écrit, comme les Ques­ tions 8.20à 8.24 extraites du CAPES 2014.

Q u estio n 8.1 Soit E un espace vectoriel (non nécessairement de dimension finie). Soit H un sous-espace vectoriel de E. Montrer que les propriétés sui­ vantes sont équivalentes : (i) H est le noyau d’une forme linéaire non nulle. (a) Il existe une droite D telle que E = H ® D. Comment appelle-t-on H dans ce cas ? Si E est de dimension finie, quelle est la dimension de H ? Q u estio n 8.2 Soit E un espace vectoriel sur le corps commutatif K , non nécessairement de dimension finie. Si H est un hyperplan de E, montrer que pour tout vecteur a n’appartenant pas à H, on a E = H ® Ka. Q u estio n 8.3 On considère un espace vectoriel E. Montrer que deux formes linéaires sur E définissent le même hyperplan si et seulement si elles sont proportionnelles. On proposera une solution lorsque E est de dimension quel­ conque, éventuellement infinie, et une autre solution quand dim E = 3. Q u estio n 8.4 On se place dans un espace affine de dimension 3. Comment faire pour obtenir une équation cartésienne d’un plan ? 185

186

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

Q uestion 8.5 Dans un espace affine euclidien de dimension 3, montrez que toute équation de la forme ax + by + cz + d = 0 avec {a, b, c) ^ (0, 0, 0) est bien celle d’un plan. Q uestion 8.6 On se place dans un espace affine de dimension 3. Que peut-on dire si un même plan P admet deux équations cartésiennes ax+by+ cz+d = Q et a'X + y y + cz' + d' = 0 différentes ? On démontrera ce que l’on affirmera. Q uestion 8.7 Démontrer que deux plans affines non parallèles d ’un espace de dimension 3 s ’interceptent toujours suivant une droite. Peut-on généraliser ce résultat à un espace affine de dimension n ? Q uestion 8.8 Dans l’espace de dimension trois, une droite D n’est pas pa­ rallèle à un plan P. Démontrer que D O P est un singleton. Q uestion 8.9 Si deux points distincts A et B appartiennent à un même plan P, expliquez pourquoi la droite entière (AB) est incluse dans ce plan. Q uestion 8.10 On se place dans un espace de dimension trois. On demande de montrer les deux propriétés suivantes : a) Si deux plans P et Q sont parallèles et si P coupe un plan R suivant une droite D, alors Q coupe R suivant une droite L parallèle à D. b) Deux plans parallèles P et Q coupent deux autres plans parallèles R et S suivant des droites D = P C \ R et A = Q n S . Montrer que D et A sont parallèles. Q uestion 8.11 Pouvez-vous démontrer le « théorème du toit » qui s ’énonce ainsi : si deux plans strictement sécants sont parallèles à une même droite A, alors leur droite d’intersection est parallèle à A. Q uestion 8.12 (Ecrit du CAPLPA 2014) Dans l’espace de dimension 3 rap­ porté à un repère orthonormal, l’intersection des plans P : 3 x -2 y -\-z-\-l = 0 et Q : X + y 2z -h 2 = 0 est-elle une droite de représentation paramétrique : X — —1 — t

N

Justifiez votre réponse.

y=-l-t z=t

teR?

8.2. ENTRAÎNEMENT

8.2

187

Entraînement DROITES & PLANS DE L’ESPACE (SUITE)

Q u estio n 8.13 Soit E un espace vectoriel sur E de dimension 3 rapporté à une certaine base B = (61, 62, 63). On considère les formes linéaires l et l' définies par l (x, y,z) = ax + by + cz et V (x, y, z) = a'x + b'y + dz. Montrer que l et V sont proportionnelles si et seulement si les suites (a, b, c) et (a', 1/, d) le sont. Q u estio n 8.14 (Oral du CAPES externe 2010) On considère les plans P et Q d’équations x —y + 2z — 1 = 0 et —2x + 4y —4z + 1 = 0. a) Montrer que ces plans se coupent suivant une droite D dont on détermi­ nera une équation paramétrique. b) Donner un vecteur directeur de D sans passer par sa représentation pa­ ramétrique. Q u estio n 8.15 Tracer la section du cube ci-dessous avec le plan II passant par le milieu I de [AE] et parallèle au plan {ACH). Justifiez la construction.

H

G

Q u estio n 8.16 (Ecrit du CAPLP 2015) Dans l’espace de dimension 3 rap­ porté à un repère orthonormé {O, i , j , k ), on considère la sphère S d ’équa­ tion x^ + = 9 ei le plan Q passant par le point A(l; —2; 1) et de vecteur normal "n de coordonnées ( 1; 1; —2). Peut-on affirmer que la section de la sphère S et du plan Q est un cercle de rayon R = -^15/2 ? Justifiez votre réponse. Q u estio n 8.17 ( Oral 2 du CAPES externe 2011) Soient ABC D A 'B 'C D ' un cube, et I, J, K les milieux des arêtes [AB], [BB'] et [CC'\.

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

188

1) Indiquer pour chacune des affirmations suivantes si elle est vraie ou fausse en justifiant votre réponse : a) Les points I, J, K sont alignés. b) Les droites {AC) et {A!K) sont sécantes. c) Les droites {IJ) et {A'D') sont parallèles. d) Les droites {AJ) et {DK) sont parallèles. 2) Commentez les réponses ci-dessous données par un élève : a) Les points I, J, K ne sont pas alignés car ü n’appartiennent pas tous au même plan. b) Les droites {AC) et {A!K) sont sécantes car elles ne sont pas parallèles. c) l y n’est pas sur la face AB A'B' donc les droites {IJ) et {A'D') ne peuvent pas être parallèles. d) Les droites sont parallèles car elles appartiennent à deux plans parallèles. Q u estio n 8.18 Que représente la partie de l’espace définie par le système {S) ci-dessous ? On proposera une vue de cette partie en perspective cavalière. 0 < X< 4

{S)

0
Q u estio n 8.19 Dans l ’espace de dimension 3, on considère deux droites non coplanaires D et D'. Montrer qu’il existe une et une seule droite A à la fois orthogonale et sécante à D et à D '. En déduire que la distance entre D et D' est donnée par la formule : A (n

oû {A, A!)

E

D

X

n '\ =

^

~^')l

D' et o û l î et ~u' sont des vecteurs directeurs de D et

ly

.

8.2. ENTRAÎNEMENT

189

A U T R E S TH EM ES G EO M ETR IQ UE S

Q uestion 8.20 (E crit du C A P E S 2014) D é te rm in e r une condition nécessaire et suffisante p o rta n t su r un triangle non aplati A B C pou r que les m édiatrices des côtés [AB] et [AC\ so ien t perpendiculaires.

Q uestion 8.21 (E crit du C A P E S 201J.) M on trer que, dans un triangle A B C , les bissectrices in térieu res des angles B e t C ne peuvent pas être perpendicu­ laires.

Q uestion 8.22 (E crit du C A P E S 2014) D éterm in er une condition nécessaire e t suffisante p o rta n t su r un triangle A B C pou r que les hauteurs de ce triangle issues des so m m ets B et C so ien t perpendiculaires.

Q uestion 8.23 (E crit du C A P E S 2014) S o it V un plan. S o it / une bijection de V dans V qui transform e tou te droite en une droite. a) S i M e t N so n t deux poin ts d istin cts de V , m on trer que l ’im age p a r f de la droite ( M N ) est la droite { f ( M ) f { N ) ) . b) S i D et D ' son t des droites, m on trer que f ( D ) n f ( D ' ) = f ( D 0 D '). c) M on trer que les droites f { D ) et f ( D ' ) so n t parallèles si et seulem ent si les droites D et D ' son t parallèles. d) S oien t M , N , P trois poin ts distin cts de V . M on trer que M , N et P so n t alignés si et seulem ent si f ( M ) , f { N ) et f ( P ) so n t alignés. e) S oien t M , N , P et Q quatre poin ts d istin cts de V . M on trer que M N P Q est un parallélogram m e si et seulem ent si f { M ) f { N ) f ( P ) f { Q ) est un parallé­ logramme.

Q uestion 8.24 (E crit du C A P E S 2014) S o it GL 2 (K) l ’ensem ble des m atrices 2 x 2 inversibles à coefficients réels. S o it V un plan affine m uni d ’un repère (O , I , J ) . Les coordonnées des poin ts de P dans ce repère so n t notées com m e des m atrices-colonnes élém ents de A 42,i(R ). S i A e GL 2 (M) et B E A42,i (K), on considère l ’application fA,B de V dans V qui X = *{x, y) associe le p oin t AX-\-B. a) M o n trer que / a ,b ^st bijective et d éterm in er son application réciproque. b) S oien t M , N , P trois p o in ts d istin cts de V . M on trer que M , N , et P so n t alignés si et seulem ent si f A , B( M) , f A, B( N) et f A, B{ P) son t alignés. c) M on trer que ¡ a ,b transform e tou te droite D du plan en une droite f { D ) . d) S oien t O ', P , J ' trois p o in ts non alignés. D ém on trer qu ’il existe une m atrice A de GL 2 (K) et B € A l 2 ,i(K ) telles que fA b { 0 ) = O ', fA b {I) = I' et

fA,B{J) = J'.

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

190

8.3

Réponses

R ép o n se 8.1 • Soit K le corps des scalaires de E. [(i) ii)] Si H = Ker l, où l est une forme linéaire non nulle, et si a € E \H , montrons que E = H ® Ka. Soit u Ç. E. Si u = h + \a avec h € H et X € K, alors l{u) = AZ(o), donc A = l{u)/l{a) (ce qui a un sens puisque l{a) ^ 0, le vecteur a n ’appartenant pas à H). On en déduit que :

l{u) h. = U— 7 ^ 0. l{a) Si la décomposition de u dans la somme H + Ka existe, on vient de démontrer qu’elle est unique et donnée par : u = IU—

l(u) \ tV

-t O

l{a) J

l(u) 1+

tV

-t O.

1(a)

(*)

Pour conclure à l’existence d ’une telle décomposition, il ne reste plus qu’à vérifier que la décomposition (*) est bien celle du vecteur u dans H + Ka. C’est vrai puisque : = l{u) - M i ( a ) = 0 1(a) montre que u —

€ H, et que bien sûr l(ay € Ka.

[(ii) => i)] Si £? = l’application :

où D = Ka est une droite vectorielle (a G Æ?\{0}),

tp:

D ^ K Ae I—> A

est un isomorphisme d ’espaces vectoriels. La projection vectorielle tt sur D parallèlement à i f est définie par : tt:

E = H®D u=h d

E •—^ d.

Alors l’application l = (poir: E —>K est linéaire comme composée de deux applications linéaires, à valeur dans K, non nulle et de noyau H comme on le désire. La FIG. 8.1 permet de visualiser ce raisonnement. • Un sous-espace vectoriel H de E qui vérifie l’assertion (i) ou l’assertion équivalente (ii), est appelé un hyperplan. Si E est de dimension finie, le Théo­ rème du rang donne : dim E - dim Ker l + dim Im Z= dim i f -I-1

8.3. RÉPONSES

191

F ig . 8.1 - TVax;er des figures donne des idées ! puisque Im l est de dimension 1 (c’est un sous-espace vectoriel de K, donc de dimension 0 ou 1, mais comme l n’est pas l’application nulle, dimImZ ^ 0). Donc d im iî = dim£? —1. R ép o n se 8.2 Par définition, un hyperplan de E est le noyau d ’une forme linéaire non nulle définie sur E. Si H est un hyperplan de E, il existe donc une forme linéaire l : E ^ K telle que H = Ker l. Soit a G E \H . Si u 6Æ? se décompose sous la forme : u = h + Xa avec h E H et X E K, alors l{u) = Xl{a), donc A = l{u)/l{a) (ici l{a) ^ 0 car a ^ H). Donc : th — "LL

_^ V C L»

l{a)

Si la décomposition de u dans la somme H + Ka existe, on vient de montrer qu’elle est unique et donnée par : f

\

, Ku)

Il est facile de vérifier que cette dernière écriture est bien une décomposition de U dans H + Ka, puisque ;

f

^

Ji \

\

n

montre que u — € H, et puisque le vecteur appartient évidemment à Ka. En conclusion, tout vecteur u de E s’écrit de manière unique sous la

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

192

forme U = h + d avec h E H et d € D, ce que l’on exprime en disant que E est somme directe de H et Ka, et en écrivant E = H ® Ka. R éponse 8.3 On demande deux réponses, la première dans le cas général, et la seconde quand dim E = Z. Soit K le corps des scalaires de E.

Première solution — Par définition, un hyperplan de l’espace vectoriel E est le noyau d ’une forme linéaire non nulle. Supposons que l’hyperplan H s’écrive H = K eri = KerZ' où l et l' sont des formes linéaires non nulles. Choisissons un vecteur non nul a quelconque n’appartenant pas à H. On sait que E = H ® K a (Question 8.2). Tout vecteur u d e E s’écrit donc de manière unique sous la forme u = h-\-Xa avec h E H et X E K. Mais alors l (u) = XI(a) et l' (u) = XI'(a), donc : Vu

e

E

l ' (u )

=

¿(a)

(u ) ,

puisque 1(a) ^ 0. Cela montre que l' = XI avec A = l'(a)/l(a), et signifie que l et V sont proportionnelles. Réciproquement, si l et V sont proportionnelles, il existe un scalaire A tel que l = XI', et comme A ^ 0,

l{u) = 0 ^

l' (u) = 0,

autrement dit H = Kerl = Kerl' et les formes linéaires l et l' définissent le même hyperplan.

Seconde solution — Ici dim E = Z. Si H = Ker l = Ker l' où : l:

E u (x ,y ,z)

^ K et I-» ax + by + cz

V:

E u (x ,y ,z)

K a'x + b'y + d z

sont des formes linéaires non nulles, alors : O X (—b) + 6x a + c x 0 = 0

=> (—b, a, 0) € Ker l {—b, a, 0) E Ker l'

=> a' X (—b) + b' X a = 0 donc

a a b V

= 0.

Il suffit de recommencer en partant de o x 0 + 6x (—c) + c x 6= 0 et de a X (—c) + 6 x 0 + c x o = 0, pour obtenir —b'c + (/6= 0 et —a'c + da = 0, soit : hb ub' cr. drJ = 0. c d a a'

8.3. RÉPONSES

193

Ainsi :

a a' b b'

b b' c d

c d a a'

=

0

et cela montre que les suites (a, b, c) et (a', b', d) sont proportionnelles. Comme {a', b', d) ^ (0,0,0), il existe donc un scalaire A tel que ; (a, b, c) = X (a!, b', d) d ’où :

l (x, y, z)

= ax-i-by + cz = X(a'x + b'y + dz) = XI' {x, y, z)

pour tout {x, y, z) 6E, ce qui prouve que l = XI', autrement dit que les formes linéaires l et l' sont proportionnelles. La réciproque se montre comme dans la première solution. R ép o n se 8.4 Un plan est un sous-espace affine de dimension 2, donc admet une représentation paramétrique de la forme :

= XA + Xa + na' y = VA+ XP + fj,l3' ^ z = ZA + Xj + /¿'Y X

(S)

A, /XG M

où A{xA,yA^ZA) est un point et où les vecteurs "u {a, fi,Y) et l ï sont linéairement indépendants. On obtient une équation cartésienne du plan de représentation paramétrique {S) en éliminant les paramètres A et /x de ces équations. Forcément, l’un des trois déterminants :

a a P 0'

a a 7 y

OU

0 0' 7

y

n’est pas nul. Supposons par exemple a0' —0a' Y 0- Les deux premières lignes du système (S) forment un système de Cramer dont les solutions sont données par les formules de Cramer :

(A,m) =

X — Xa ot'

a

X

y-VA

0

y-yA

a a' 0 0'

0'

—XA \

a a' 0 0'

/

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

194

Il suffit de remplacer dans la troisième équation de (S) pour obtenir :

{z -

za )

a a

X — XA

oc

y-VA

P'

{y -

va)

7+

a X —XA P

y-VA

7

soit :

{P'y' - 7 /?') (æ -

xa)

+

(7 a '

-

0 7 ')

~ Pot) {z -

+

za)

= 0.

{*)

Il est clair que cette dernière égalité (*) équivaut à l’existence d’un couple (A, fj,) solution de (S). Par ailleurs on constate que les coefficients de l’équation (*) ne sont jamais simultanément nuis. R ép o n se 8 .5 1 L’im des trois réels a, b, c n ’est pas nul. Supposons par exemple que o ^ 0. En posant y = X et z = /j,, on constate que :

d b. c = --------- A -----y a a a < y=x [ z = y. X

ax + by + cz + d = 0

3A, /x 6R

On reconnaît des équations paramétriques du plan passant par le point A de coordonnées (—d/o, 0, 0), de direction le plan vectoriel engendré par les vecteurs 7? et V de coordonnées respectives {—b/a, 1, 0) et (—c/o, 0, 1). Autrement dit :

P = { M / 3 X ,y € R A M = Xli + y~v} = A + VectÇu, 1?) est bien un sous-espace affine de dimension 2, c’est-à-dire un plan. R ép onse 8.6 Si ax + by + cz + d = 0 et a'x -f bfy + cz' + d' = Qsont deux équations cartésiennes de P dans le même repère ( 0 ,i,j,k ) , alors les listes (a,b,c,d) et {a',b',cf,d') sont proportionnelles. Vérifions-le :

Première solution — Notons E l’espace affine de dimension 3 (supposé être un espace vectoriel sur R), E sa direction, et définissons le produit scalaire sur E pour lequel la base { i , j , k ) est orthonormale. Les vecteurs l î et ~v de coordonnées (a, b, c) et {a', b', d) sont alors respectivement orthogonaux aux plans vectoriels P : ax + by + cz = 0 et P ' : a'x + b'y -H = 0 qui ne sont autre que les directions de P et P'. Comme P = P', on aura P = P ' donc

8.3. RÉPONSES

195

P-*- = P'-*-, ce qui s’écrit encore = RI?. Cela montre l’existence d ’un réel k tel que (a', b', d) = k (a, h, c). Si A {x a , va , za ) appartient à. P = P \

axA + byA + CZA + d = 0 k {axA + byA + cz a ) + d' = 0

{

d ’où d' = kd.

Seconde solution — Il est naturel de refuser d ’introduire un produit scalaire pour démontrer ce résultat affine. Pour cela, on peut rappeler que deux formes linéaires non nulles déterminent le même plan vectoriel si et seulement si elles sont proportionnelles ([7], Th. 21). Ici, les plans vectoriels : P : ax+ by + cz = 0 et

P' : a'x + b'y + d z = 0

sont égaux et définis par les formes linéaires ;

l:

E Il (ж, y, z)

R et ax + by + C Z

i' ;

E 11 (æ, y, z)

a'x + b'y + d z,

donc il existe fe 6 R* tel que l' = kl, et les suites (a,b,c) et {a',b',d) sont proportionnelles. On termine la preuve comme dans la première solution. R ép o n se 8.7 Si les plans affines P et P' ne sont pas parallèles, leurs directions sont distinctes, donc :

P+ P = E . En effet, P Ф P' donc il existe un vecteur 1? qui appartient à l’un des plans sans appartenir à l’autre, par exemple l î € P '\ P , et l’on sait d ’après le cours que (Question 8.2ou [7], Th. 20) : P = P 0 R I? C P + P ',

d’où P = P + P '. De P = P + P ' on déduit que P П P ' 7^ 0 et que P П P ' est un sous-espace affine de direction P П Р ' (Question 1.6). Il suffit d ’écrire : dim (P + P') = dim P -h dim P ' —dim (P П P'), pour obtenir 3 = 2-1-2—d im (P n P '), soit d im (P n P ') = 1. Les plans P et P ' se coupent bien suivant une droite. Cette méthode convient si l’on travaille dans un espace de dimension n et si l’on remplace les plans par des hyperplans.

196

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

On démontre alors que l’intersection de deux hyperplans non parallèles est toujours un sous-espace aiBne de dimension n —2. R ép o n se 8.8 Soient la droite D = D{A, u ) et le plan P = P{B, ~v, w), qui ont pour directions respectives :

( D = Ml? \ P = Vect(l?, vj). On & D Ç P puisque D n’est pas parallèle à P , donc l’espace ambiant E est somme directe de P et P d ’après une propriété classique des hyperplans vectoriels : P = P © P. Des résultats connus concernant les sous-espaces affines (voir Question 1.6) montrent que : - P D P 7^ 0 (puisque A B € D ® P ); - P n P est un sous-espace affine de direction P D P = { 0 }, c’est-à-dire un point. R ép o n se 8.9 Soit P un plan de direction P = V e c t(u ,l;). Si A et P appartiennent à P , il existe des scalaires A, /i tels que :

AB = Xu + n~v. Un point M appartient à {AB'j si, et seulement si, il existe u G A M = UAB, et dans ce cas AM = v \ u + i/fxv € P donc M € P. R ép o n se 8.10 La

f ig .

tel que

8.2 permet de suivre les raisonnements.

a) Première solution (lycée) — Par hypothèse P = P H P est une droite. Si Q n P n ’en était pas une, cela voudrait dire que Q et R sont parallèles (au sens large), mais alors, la relation de parallélisme étant transitive, les plans P, Q, R seraient tous parallèles entre eux, ce qui est impossible puisque P n P est une droite. Donc L = Q n P est une droite. Les droites D et L sont coplanaires, puisqu’incluses dans le plan P. Si elles n’étaient pas parallèles, elles seraient sécantes (au sens large) et il existerait un point M appartenant à P n L , donc aussi a fortiori à PflQ. Comme P//Q, on aurait P = Q, donc D = P n R = Q r \R = L, ce qui est absurde car P et L sont supposées non parallèles. En conclusion, D et L seront parallèles.

8.3. REPONSES

197

F ig . 8.2 - Une propriété des intersections de plans

Deuxième solution (université) — Notons avec des flèches les directions des sous-espaces affines qui interviennent. Par hypothèse P//Q et D = P D R e s t une droite, donc P = Q e t D = P r \ R . Par suite : D = PnÆ

Æ

donc Q et_R ne_son^as parallèles et s’intercepteront suivant une droite L de direction L = Q n R. De L = Q n R = D on déduit que les droites D et L seront parallèles. R em arq u e — Cette seconde solution se généralise à un espace affine de dimension finie quelconque n > 2si l’on remplace les plans par des hyperplans, et les droites par des sous-espaces affines de dimension n —2. b) Première solution (lycée) — Soit L = QC\R. D’après la question précé­ dente, L est une droite et : PHQ

D = P D R l => D //L L = Q C\ R ^ SUR \ A = 5nQ > L= RnQ j

A//L.

De D //L et L //A on déduit que D //A par transitivité de la relation de paral­ lélisme entre les droites de l’espace.

198

CHAPITRE 8. COMPLEMENTS DE GEOMETRIE

Deuxième solution (université) — On sait que l’intersection de deux sousespaces affines est soit vide, soit un espace affine de direction l’intersection des directions de ces plans. Ici on suppose que 0 = P n i î e t A = ( 5 n 5 n e sont pas vides et sont des droites. Donc D = P D i2 est la droite de direction D = P f\ R , intersection des directions P et R des plans P et R. De même, avec des notations triviales, A = Q D 5 . Par hypothèse P = Q et R = S donc : D = P n P = 5 o ^ = ^ et cela prouve que Z) et A sont parallèles. R em arq u e — Cette seconde solution reste valide en dimension finie quel­ conque n > 2 en remplaçant les plans par des hyperplans, et les droites par des sous-espaces affines de dimension n —2. R ép onse 8.11 Donnons trois réponses différentes. La première est la plus simple quand on a étudié les espaces affines de manière générale dans le cadre d’une axiomatique « espaces vectoriels - espaces affines ». Les deux autres réponses sont sans doute celles que le programme de terminale S (2012) suggère de donner pour démontrer ce résultat en utilisant des faits connus concernant les droites et les plans de l’espace, ce qui revient à dire que l’on se place dans le cadre d’une axiomatique de type Euclide-Hilbert. Dans tous les cas, on considère deux plans P et Q sécants suivant une droite d, et l’on considère une droite A parallèle à P et à Q. Il s’agit de montrer que A et d sont parallèles.

Première réponse — Par hypothèse P C\Q = d donc P D Q = d . Par hypothèse A C P et A C Q , donc A c P r i ( 5 = d , e t nécessairement A = d puisque A et d sont des droites vectorielles. Donc A est parallèle à d. Deuxième réponse (f ig . 8.3 (a)) — Dire que A est parallèle à P et à Q revient à dire qu’il existe des points (distincts) A et B dans P, mais aussi D et E dans Q, tels que les droites (AB) et {DE) soient parallèles à A, donc parallèles entre elles. On peut choisir un point I dans P n Q, et l’on constate que la droite d'passant par I et parallèle à A est à la fois dans P et dans Q. En effet : - d 'c P car d'passe par I € P en étant parallèle à (AB) où (AB) c P , - d'C Q car d ' passe par I e Q en étant parallèle à (DE) où (DE) C Q. Ainsi d'C P r\Q = d, d ’où d' = d puisque d et d'so n t des droites. La droite d sera bien parallèle aux droites A, {AB) et {DE).

8.3. RÉPONSES

199

F ig . 8.3 - Théorème du toit

Troisième réponse (f ig . 8.3(b)) — On commence comme dans la réponse précédente en affirmant l’existence de deux droites {AB) et {DE) parallèles à A, respectivement incluses dans P et Q. On introduit un point F du plan Q non aligné avec D et E. On a donc Q = {DEF). Si la droite {DF) était parallèle au plan P , deux droites sécantes de Q seraient parallèles à P (les droites {DE) et {DF)), donc P et Q seraient des plans parallèles, ce qui est absurde. Donc {DF) coupe P en un point I. Le point I appartient à Q (puisque dans {DF)) mais aussi à P (par définition), donc appartient à P D Q = d. On conclut comme dans la deuxième réponse : la droite df passant par I et parallèle à A est incluse dans P O Q = d, donc d' = d, et finalement les droites d, A, {AB) et {DE) sont parallèles. Rem zirque — Le Théorème du toit énonce que le faîte d ’un toit est toujours parallèle aux bords soutenus par les murs, comme sur la FIG. 8.4.

F ig . 8.4 - Une maison avec un toit !

200

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

R ép o n se 8.12 C’est vrai. Le point A de coordonnées (—1, —1, 0) appar­ tient à P n Q car ses coordonnées vérifient les équations de P et Q. La direction du sous-espace affine P flQ est l’intersection P DQ des directions, donc admet les équations cartésiennes :

J 3x —2y + Z = 0 y x + y-\-2z = 0 et il est facile de voir que les coordonnées (—1, —1, 1) d ’un vecteur que nous appellerons 1?, qui dirige D, vérifie ces équations : i 3 (-l)-2 (-l)-M = 0 \ (-1 )-H (-1 )-F 2 = 0. Cela montre que la droite D d’équations paramétriques : X = —1 —i y = —1 —t

î

€R

Z= t

est incluse dans Pf)Q. Comme P et Q ne sont pas parallèles (cm les coefficients de X , y et 2dans les équations de P et Q ne sont pas proportionnels), P n Q est une droite, et de P C P n Q on déduit D = PD Q.

Autre solution — En remplaçant x = —1 —t, y = —l —t et z = t dans les équations de P et Q, on obtient : ( 3 { -l-t)-2 { -l-t) +t + l = 0 I { - l - t ) + i - l - t ) + 2t + 2 = 0 donc P C P n Q. Les plans P et Q ne sont pas parallèles car admettent pour vecteurs orthogonaux respectifs les vecteurs "u (3, —2, 1) et ( 1,1,2) qui ne sont pas colinéaires. Cela montre que P n Q est une droite, et l’inclusion D C P n Q implique P C Q = P . R ép o n se 8.13 Si (o, 6, c) = (0,0,0), c’est-à-dire si l est la forme linéaire nulle, l’équivalence annoncée est évidente car l = 01' et (a, b,c) = 0 x Dans toute la suite, on peut donc supposer que (o, b, c) ^ (0,0,0). (=>) Si l et l' sont proportionnelles, il existe A G R tel que l' = XI, donc pour tout (x, y, 2:) G R^ :

a'x + b'y + c'Z = A(ax -\-by-\-cz).

8.3. REPONSES

201

Il suffit de remplacer {x, y, z) successivement par (1,0,0), puis (0,1,0), et enfin (0,0,1), pour obtenir a' = Ao, h' = \b et d = Ac, d ’où (o', 6 ', d) = \ (a, b, c). (
a'x + b'y + dz = A(ox + by + cz) = XI (æ, y, z)

l' (x, y, z)

=

donc l' = XI, et les formes linéaires l et V sont proportionnelles. R em arq u e — Une autre façon de répondre à la question consiste à noter qu’avoir l (x, y,z) = ax + by + cz pour tout (x, y, z) G R^ revient à écrire l — ae\ + bel + ces oû (61, 62, 63) désigne la base duale de B = (e i, 62, 63). Le triplet (o, b, c) est donc égal au triplet des coordonnées du vecteur l dans la base (6 ^, 62, 63) de l’espace dual E* de E. Il est alors bien connu que deux vecteurs l et l' de E* seront colinéaires si et seulement si les deux suites (o, b, c) et (o', b', d) de leurs coordonnées dans une même base sont proportionnelles. Pour vérifier que l = oej + bel + il suffit de remarquer que pour tout U = X6i + yc2+ ^:6 3G E, 6Î (u) = 6Î (x6i + yc2+ Z6 3) = xeî(ei) + yci(e 2) + ze^es) = x puisque e*(ej) = Sij (symbole de Kronecker), et que l’on a de même el (u) = y et 6 3(u) = z. Cela permet d ’écrire pour tout u = xei + yc2+ ze$ G R^ :

l(u)

= ax + b y+ CZ = ael (u) + 6 62(u) + cel (u) = (ael + bel + ^^3) (“ )

et de déduire que l = ae\ + bel + ^ 3R ép o n se 8.14 a) Un point M (x, y, z) appartient à P n Q si et seulement SI

—y = — 2 z + 1 2x —4y = — 4 z + 1

X (S)

On trouve —2y = —1 en soustrayant deux fois la première égalité de la seconde, d ’où y = 1/2 et X = —2z + 3/2. La réciproque étant triviale :

(S) «

P = 1/2 X

=

—2 z

+ 3/2

^

' x = 3 /2 - 2 A < y = 1/2

z = X.

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

202

On reconnaît des équations paramétriques de la droite passant par le point A (3/2,1/2,0) et de vecteur directeur ~u (—2,0,1). b) Première solution — Un vecteur directeur de £> = P n Q est un vecteur de coordonnées æ, y, z qui vérifient :

{ X - y + 2z = 0 , , , f x - y + 2z = Q < c est-à-dire le système : (S ) < y 2x —Ay + ^z = t) ^ ' y X —2y + 2z = 0. Il suffit de proposer un triplet {x, y, z) non nul solution du système (S') pour obtenir un vecteur directeur de D. Prenons par exemple z = —1/2, et rem­ plaçons dans (S'). On obtient :

d ’où (x,y) = (1,0). Le vecteur de coordonnées (1,0, —1/2) dirige alors D.

Deuxième solution — Les vecteurs l?p (1, —1,2) et IÎ q (—1,2, —2) sont res­ pectivement orthogonaux k P et Q. Un vecteur directeur de l’intersection D = PD Q sera alors donné par le produit vectoriel : u p A UQ

Cette solution se justifie en remarquant que P = (Wup)-^ et Q = (R'uq )-*-, donc que la direction P n Q de la droite affine D = PC\Q s’écrit : P O Q

=

(W u p )-^

\± = n (K'uq )-''

(W u p

-I- M'uq )-'- = M.{ljtp A 'uq ).

R ép o n se 8.15 La construction de la section du cube par le plan H est donnée par l’hexagone régulier IJ K L M N dessiné sur la fig . 8.5. Pour le voir, il faut d ’abord s’intéresser à la trace du plan II sur le plan (ADHE) contenant la face A D H E du cube. Les deux plans II et (ACH) étant parallèles, ils couperont le plan {ADHE) suivant deux droites parallèles (Question 8.10), donc II n {ADHE) sera la droite passant par I et parallèle à {AH). Sur la FIG. 8.5, nous avons tracé le point J de [EH] tel que {IJ) // {AH), de sorte que [IJ] soit la trace de II sur la face A D H E du cube. La trace de II sur la face EFG H sera incluse dans une droite parallèle à {AC) parce que deux plans parallèles coupent toujours deux autres plans parallèles

8.3. RÉPONSES

203

H

K

G

F ig . 8.5 - Le plan (IJK L M N ) est parallèle au plan (ACH) en deux droites parallèles. Ici les plans (EFGH) et (ABCD) sont parallèles, donc les plans parallèles II et {ACH) les couperont suivant deux droites pa­ rallèles, à savoir une droite passant par J , et la droite {AC). Cela montre que TLn{EFCH) est la droite passant par J et parallèle à {AC), qui coupe {HC) en K. On raisonne de cette façon jusqu’au bout : - n coupe {DCCH) en une droite passant par K , parallèle à {HC), d ’où L, - n coupe {BCCF) en une droite passant par L et parallèle à {AH), d’où M, - n coupe {ABCD) en une droite passant par M et parallèle à {AC), d’où N. Le Théorème de Thalès montre que les sommets de l’hexagone IJ K L M N sont les milieux des arêtes du cube, de sorte que tous les côtés de l’hexagone soient de même longueur égale à la moitié de la diagonale d’une face du cube. Si O désigne le centre du cube, on déduit aussi que 0 1 = OJ = ... = ON de sorte que l’hexagone soit inscrit dans un cercle. Il s’agit donc bien d ’un hexagone régulier. La section du plan II sur le cube est exactement l’intérieur de cet hexagone régulier. R ép o n se 8.16 VRAI. Le dessin ci-dessous permet d ’imaginer l’intersection de la sphère «5 et du plan Q. Comme S est de rayon 3, cette intersection est un cercle C de rayon r = y/3^ —5^ où ô désigne la distance du centre O de S au plan Q, comme on le voit en utilisant le Théorème de Pythagore. Une équation de Q est 1 x (æ —1) -H l{y + 2) —2{z —1) = 0, soit :

Q:

æ-l-y —2^-1-3 = 0.

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

204

D’après le cours, la distance d’un point M q ( x o , yo, zq) de l’espace d ’équation ax + by + cz + d = 0 est :

d{Mo,P) =

à

un plan P

|axo + Ьуо + czQ + d\

Va? + 1^ +

Ici 0(0 ,0,0), donc :

ô = d{0,Q) =

|3| y i2 + 12 + (-2)2 “ ч/б “

2

et l’on trouve bien :

r=

\

R ép onse 8.17 l.a) FAUX - J et K appartiennent au plan {BCC'B'), donc la droite (JK ) est incluse dans ce plan. Si les points I, J, K étaient alignés, I appartiendrait à {JK), donc aussi au plan {BCC'B'), ce qui est absurde (en effet, comme I se projette orthogonalement sur le plan {BCC'B') en B, si I appartient à {BCC'B'), alors I = B, ce qui est absurde). l.b) VRAI - Les droites {AC) et {A'K) sont coplanaires puisque les droites {AA') et {CK) sont parallèles. Etant coplanaires, elles ne peuvent qu’être sécantes ou parallèles. Il est facile de voir que ACC'A' est un rectangle (en effet, {AA') est perpendiculaire k V = {ABCD), donc à la droite {AC) qui est incluse dans ce plan, et ÂÀ' = C C donc ACC'A' est un parallélogramme qui possède un angle droit, c’est-à-dire un rectangle). Si {AC) et {A'K) étaient parallèles, on aurait donc K = C , ce qui est faux. Conclusion : {AC) et {A'K) sont sécantes.

8.3. REPONSES

205

l.c) FAUX - Les points A', I, J sont coplanaires car ils appartiennent au plan {ABB'A'). Si les droites {IJ) et {A'D') étaient parallèles, le point £>' appartiendrait au plan {ABB'A'), ce qui est absurde. 1. d) VRAI - Par hypothèse AD = B C = JK , donc A D K J est un parallé­ logramme. On en déduit que les droites {AJ) et {DK) sont parallèles. 2. a) L’élève confond alignement et coplanarité. De plus il ne réalise pas que trois points quelconques de l’espace sont toujours coplanaires. 2.b) L’élève applique un résultat vrai en géométrie plane, mais qui devient caduque dans l’espace de dimension 3. Il faudra lui rappeler que, dans l’espace, il existe des droites qui ne sont pas parallèles et qui ne s’interceptent pas. 2.c) Le raisonnement est juste. L’élève sous-entend seulement qu’il utilise un raisonnement pas l’absurde (matérialisé par la contraposée de l’affirma­ tion qu’il énonce), et il serait intéressant de voir ce qu’il répondrait si on lui demandait de préciser sa démonstration. 2.d) L’élève fait une grave erreur : il faudra lui montrer que, dans l’espace, deux droites qui appartiennent à des plans parallèles ne sont pas forcément parallèles. R ép onse 8.18 La FIG. 8.6 représente le cube C = U IV O K H JW défini par les trois inégalités 0 < x ,y ,z < A, ainsi que le plan {ABC) d ’équation a: -I-y-I- 2= 8, où A (8,0,0), 5 (0,8,0) et C (0,0,8). Les traces du plan {ABC) sur les faces du cube sont les segments [IJ], [JK] et [Kl] où I (4,4,0), J (0,4,4) et K (4,0,4). Le plan {ABC) coupe donc le cube suivant le triangle hachuré IJ K . Le demi-espace d’équation æ -f y -h < 8 est limité par le plan {ABC) et contient l’origine O du repère. Le solide défini par le système {S) est donc la partie du cube C situé dans le demi-espace d ’équation x -|- y -H ^ < 8. C’est le cube C privé de la pyramide à base triangulaire I J K H où H (4,4,4). R ép o n se 8.19 a) Proposons deux méthodes pour montrer l’existence et unicité de A :

Première méthode — Sur la FiG. 8.7 on a dessiiré deux d ro ite s ^ et D ' non coplanaires. Soit A la droite orthogonale au plan P = Yect{DUD') = £>©£)' engendré par D U D'. Analyse — Unej)erpendiculaire commune A à £> et D ' a pour direction la droite vectorielle A, et intercepte D et D', donc est incluse dans le plan Il£) contenant D et de direction D © A, et dans le plan Il£)/ contenant D' et de direction £)' © A.

206

CHAPITRE 8. COMPLEMENTS DE GEOMETRIE

F ig . 8.6 - Cube tronqué

Si les plans Il£) et II/j/ étaient parallèles ,Jes droites 1 ^ D' et A seraient coplanaires, et l’on pourrait écrire A = P-*- C D ® D' = P , ce qui est absurde. Donc Il£) et Il£)/ ne sont pas parallèles et se coupent suivant une droite. Comme A C Il£» n H/)/, on obtient A = Il£» n Hp/.

Synthèse — La droite A = ri£) fl Il£)/ est de direction E d n n^»/ = A, donc est orthogonale à D et D'. Les droites A et D sont coplanaires (puisque incluses dans E^)) et orthogonales, donc se coupent en un point, donc sont perpendiculaires. On montre de même que A et D' sont perpendiculaires. Finalement, la droite A = E /j 0 Ep/ est une solution de notre problème, et c’est la seule. Seconde méthode — Posons D = A + K l? et D' = A! + W u '. Trouver une perpendiculaire commune {IJ) à. D et D' revient à trouver un couple de point (/, J) € D X D' tel que I J . l î = / J . l ? ' = 0 ou, ce qui revient au même, des réels X et fi qui vérifient le système :

(S)

A I = Xu

(1)

^ B J = fiu '

(2)

^ I j .u

= 0. (3)

8.3. REPONSES

207

F ig . 8.7 - Perpendiculaire commune Les équations (3) s’écrivent : i ( ï l + Â B + B J ).u = 0

\ ( ï l + ÂB + B J ) .u ' = 0 ou encore, en développant et en utilisant les relations (1) et (2) :

I

—AH'« Ip + A B .li + n Ç u .lt') = 0

—XÇu.li') + A B .li' + /i||lx '|p = 0

soit :

(S')

■'{

A|| "u Ip —fxÇu.lP) = AB.~u

X {lî.lî')-|л \\lî'\\‘^ = ÂB.lt'.

Le déterminant du système (S') est :

Comme l î et iP ne sont pas colinéaires, l’inégalité de Cauchy-Schwarz est stricte et l’on aura |‘u .'u '| < ||li || x ||'u '|l ([7], Th. 86). Le système {S') est donc un système de Cramer qui admettra un unique couple-solution (A,/u). L’existence et l’unicité des points I et J , et donc de la perpendiculaire com­ mune {IJ), est ainsi démontrée. R em arq u es — La droite A est appelée perpendiculaire commune à D et 1У, et le résultat que nous venons de démontrer est connu sous le nom de Théorème de la perpendiculaire commune.

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

208

Cette dénomination de Д prête à confusion puisque deux droites de l’espace ne peuvent jamais être perpendiculaires si l’on se réfère aux définitions générales de l’orthogonalité et de la perpendicularité en usage en dimension quelconque ([7], Définition 53). Mais historiquement, l’usage est de dire que deux droites sont perpendiculaires si elles sont à la fois orthogonales et sécantes. De cette manière, on continue à employer le langage de la géométrie plane où les notions de droites perpendiculaires et orthogonales coïncident. Il n’est donc pas faux de parler de droites perpendiculaires en ce sens, mais il faut être averti. Cette façon de parler est naturelle dès que l’on décide d ’étudier l’espace en généralisant ce que l’on sait du plan. Le Théorème de la perpendiculaire commune est un résultat classique qu’il faut connaître pour les concours. La question a d ’ailleurs été posée dans la seconde composition du CAPES externe 2000 (question I.4.a) en ces termes : « Soient (AB) et (CD) deux droites non coplanaires de l’espace affine euclidien de dimension 3. Montrer qu’il existe un unique point I de (AB) et un unique point J de (CD) tels que la droite (IJ) soit orthogonale à (AB) et à {CD). » b) Recherche de d{D, D') Si, comme dans la FIG. 8.7, la perpendiculaire commune A k D et 1У coupe D en I et D' en J , il est facile de montrer que / J est la plus petite distance possible entre un point de D et un point de D', ce que l’on note :

I J = M in { M N /M € D et iV € D'} . En effet, si M E D et N G D', le Théorème de Pythagore donne :

Miv2 =

\\M i

+ 7 j + jîv|p =

Jiv|p + l|7j|p, (*)

\\M i +

de sorte que :

\/M € D

ViV € d '

M N > IJ.

Le minimum de M N , lorsque М et N décrivent respectivement D et D ', est donc atteint lorsque (M ,N ) = (I,J ). La distance I J est, par définition, la distance entre les droites D et D', et on la note d {D, D'). On peut facilement exprimer d {D, D') en fonction de A, de A', et du produit vectoriel li A ~u'. En effet, si p désigne la projection vectorielle orthogonale sur ^ = {'D ® D ')^,

I J = p{AA')

AA'.Çu A 11') =

-

^

„

U Л u' r

U A U

8.3. RÉPONSES

209

(d’après une formule classique sur les projections orthogonales, cf. [7], Th. 91 ou [15]), d ’où : __ ^

'

Ui A « '

R em arq u e — La distance minimum I J entre les droites D et D' n ’est pas atteinte ailleurs qu’en I et J. En effet, si :

M N = I J = M in { M N / M e D e t N e D ' j , alors (*) montre que ||M / + = 0, donc que M I + J N = ce qui impose d ’avoir M I = J N = 0 puisque M I est colinéaire à "u tandis que J N est colinéaire à lî', et que Ç u ,li') est une famille libre. On en déduit que (M ,N ) = {I,J). R ép o n se 8.20 Notons K et J les milieux de [^45] et \AC]. Dans un triangle non aplati, les médiatrices des côtés concourent en un point O qui est le centre du cercle circonscrit au triangle. Si les médiatrices des côtés [AB] et [AC] sont perpendiculaires, alors le qua­ drilatère A K O J possède trois angles droits et c’est donc un rectangle. En effet l’angle en O est droit paj hypothèse, et les angles en J et i f sont droits puisque la médiatrice d ’un segment est une droite perpendiculaire à ce segment. Ici par exemple, {OJ) est la médiatrice de [AG], donc {OJ) ± {AC), donc l’angle J est droit ( f ig . 8.8).

F ig . 8.8 - Analyse On en déduit que (AB) est perpendiculaire à (AC), et donc que le triangle A B C est rectangle en A.

210

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

Réciproquement, si le triangle ABC est rectangle en A, et si l’on note Ag et A c les médiatrices respectives de [AC\ et [AB], alors :

{A C )L{A B ) A c ± {AB) A b -L {AC)

}

ù,cH (A C )

A b -L A c

et ces deux médiatrices sont perpendiculaires. En conclusion, les médiatrices des côtés [AB] et [AC] d ’un triangle A B C sont perpendiculaires si et seulement si ce triangle est rectangle en A, R ép o n se 8.21 En situation de concours, on se contentera d ’une méthode. En situation d ’entrainement, on pourra en chercher plusieurs. En voici trois.

Première méthode — Notons D b et D e les bissectrices intérieures du tri­ angle A B C issues de B e t C, comme sur la F I G . 8.9. Par définition, la droite {BC) est l’image de la droite {AB) par la réflexion par rapport à D b , ce qu’on note : sdA{AB)) = {BC). = (AC), donc :

Avec des notations évidentes, on a aussi (SDC Os d ,) (( A B )) =

sd J ( B C ) )

= (.40).

Si D b et D e sont orthogonales, on sait d’après le cours que la composée ° ^Db est égale à la symétrie sj paj: rapport au point d’intersection I de D e et D b - Mais alors sj{{AB)) = {AC), donc, en utilisant le fait que sj est une bijection du plan dans lui-même : sdc

s/({ ^ } )

= si{{A B )n{A C )) = sj{{A B ))nsi{{A C ))

= {AC) O {AB) = {A ), donc Si {A) = A. On en déduit que A = I et que D b = {BI) = {BA). C’est absurde cax alors sd b {{AB)) = {BA) = {BC), et les points A, B, C seraient alignés. On peut donc affirmer que les droites D b et De ne seront jamais orthogonales.

Deuxième méthode — On suppose paj l’absurde que le triangle existe. On note ex, /0 et 7 les mesures dans angles indiqués sur la FIG. 8.9. La somme des angles d ’un triangle est égale à un angle plat, donc dans le triangle B IC on obtient ;0-|-7-l-7r/2 = 7r, soit ¿0-H7 = Tr/2. Dans le triangle A B C on aura : ex -I-

2y 0 -H

27

=

TT

8.3. RÉPONSES

211

F ig . 8.9 - Une figure impossible d ’où :

7T Q! = 7r —2(;0 + 7 )= 7 r —2 — = 0 Zi

ce qui est impossible.

Troisième méthode — Notons D b et D e les bissectrices intérieures du triangle ABC issues de B et C, et supposons par l’absurde que D b ED c ( f ig . 8.9). Le symétrique C de C par rapport à D b appartient alors à la per­ pendiculaire à D b issue de C, c’est-à-dire à {CI). Comme C 6 {BC) et comme les droites {BC) et {AB) sont symétriques par rapport à £>b , on déduit que C G {AB). Ainsi : C G {AB) n {CI) et C I = i C . On peut démontrer de même que B I = IB ' où B ' G {AC) est le symétrique de B par rapport à De. Le quadrilatère B C B 'C possède alors des diagonales qui se coupent en leur milieu, c’est donc un parallélogramme, et l’on peut affirmer que les droites {BC ) et {B'C) sont parallèles, c’est-à-dire que {AB) et {AC) sont parallèles. C’est absurde car elles se coupent en A et ne sont pas confondues. R ép onse 8.22 Soient H b et He les pieds des hauteurs issues de B et C. Notons H l’intersection de ces hauteurs, comme sur la FIG. 8.10. Si les hau­ teurs { B H b ) et {CHe) sont perpendiculaires, alors les droites {BHe) et {BH) sont perpendiculaires à la même droite {CHe), donc sont parallèles. Comme {BHe) = {-^ B ) et {BH) = { B H b ) sont parallèles, et comme { B H b ) est per­ pendiculaire à {AC), on déduit que {AB) est aussi perpendiculaire à {AC). Cela montre que le triangle A B C est rectangle en A.

212

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

F ig . 8.10 - Hauteurs perpendiculaires? Réciproquement, si le triangle ABC est rectangle en A, les hauteurs issues de H et C sont les droites {AB) et (AC), et ces hauteurs sont évidemment perpendiculaires. En conclusion : Les hauteurs issues des sommets B et C d ’un triangle A B C sont perpendiculaires si et seulement si ce triangle est rectangle en A.

R ép o n se 8.23 a) Par hypothèse, l’image f {{MN)) de la par / est une droite, et cette droite passe par f {M) et f{N). L’application / est bijective donc /(M ) 7^ f{N), et comme par deux points distincts /(M ) et f {N) il passe une et une seule droite, on peut affirmer que la droite f {{MN)) est égale à la droite (/(M )/(iV )), soit :

f ü M N ) ) = {f{M)f{N)). b) L’inclusion f {D n D') C f{D) n f(D ') est triviale, puisque dire que M appartient à f{D n £>') revient à dire qu’il existe un point N de D n D' tel que M = f (N), et donc par définition de l’image directe d ’une droite :

M = f{N)ef{D)nf{D'). Réciproquement, si M € f{D) D /(£>'). ü existe deux points A e D et B e D' tels que M = f {A) = / {B). Mais / est bijective, donc cela entraîne que A = B. Finalement le point A appartient k D C D' et M - f {A), ce qui prouve que M G f {Di ] O'). Nous venons de montrer l’inclusion réciproque f{D) n /(£>') c f { D n L>'). En conclusion f{D) n /(£>') = f { D n D'). R em arq u e Cette question fait partie d’un ensemble de questions plus générales qu il faut absolument avoir assimilées avant de passer les écrits des concours. Il s’agit des Questions 12à 23 du volume I de la collection Acquisition des fondamentaux pour les concours [13].

8.3. RÉPONSES

213

c) On travaille dans un plan. On sait donc que deux droites sont strictement parallèles si, et seulement si, elles sont d ’intersection vide. On sait aussi que deux droites sont parallèles si, et seulement si, elles sont égales ou strictement parallèles. Comme / est bijective, on sait aussi de façon générale que, si A et B sont deux parties du plan :

f { A) = f { B ) 4^ f - H H A ) ) = r \ f (B)) 44 A = B. Tout cela, et la question précédente, nous autorise à écrire les équivalences suivantes où l’écriture D //D ' signifie que D et T>' sont parallèles :

D //D '

f{D) = f{D ') ou

44

f{DnD') = 0

44

«■

m = f{D') ou nD)nf(D') = 0 n m /iiy ).

d) Il s’agit de montrer l’équivalence :

M, N, P alignés

/(M ), f{N), f{P) alignés.

Sous l’hypothèse M = N, cette équivalence est évidente puisque deux points sont toujours alignés ! Il reste donc seulement à démontrer que cette équiva­ lence reste vraie lorsque M ^ N. Dans ce cas on peut parler de la droite (MN), et écrire : M, N, P alignés

44

P G ( MN)

^

f{P) € (car / bijective) f (P) ^ (d’après la question a) / ( M ) , / ( i V ) , / ( P ) alignés.

R em arq u e Nous avons démontré cette équivalence en envisageant une disjonction de cas. Cette façon de procéder permet de bien comprendre ce que l’on fait et de rédiger plus clairement. On a choisi deux hypothèses de travail, et dans chacune d ’elle on a démontré l’équivalence demandée. Le raisonnement par disjonction de cas est décortiqué au §.3.2 de [19].

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

214

e) Je suppose que l’énoncé évoque de « vrais » parallélogrammes, c’està-dire des parallélogrammes non aplatis, pour pouvoir appliquer la défini­ tion d ’un parallélogramme faisant intervenir le parallélisme des côtés opposés. Considérons quatre points distincts M , N, P et Q. On remarque d ’abord que :

M N P Q non aplati «t» f {M) f {N) f {P) f {Q) non aplati. En effet, le quadrilatère M N PQ est aplati si, et seulement si, il existe une droite D qui contient ses quatre sommets M , N , P et Q. Mais comme / est bijective et comme f{D) est une droite par hypothèse :

M N P Q aplati

3 droite D

^ ^ ^

M ,N ,P ,Q € D 3 droite P f { M ) , f i N ) J { P ) , f { Q ) e f { D ) 3 droite Zy f { M ) J { N ) , f { P ) , f { Q ) e D ' f {M) f {N) f {P) f {Q) aplati.

Maintenant que nous sommes assurés d ’avoir affaire à des quadrilatères M N P Q et f { M) f { N) f ( P) f { Q) non aplatis, la propriété annoncée découle des ques­ tions précédentes :

(MN)// {PQ) {MQ)//{NP)

MNPQ parallélogramme

f{{MN))//f{(PQ)) f{{MQ))//f{{NP)) O

^

{f{M)f{N))//{f{P)f{Q)) (/(M )/(Q ))//(/(iV )/(P ))

d ’après c) d’après a)

f{M)f{N)f{P)f{Q) parallélogramme.

R em arq u e — On peut dire qu’un quadrilatère MNPQ est un parallélo­ gramme au sens large si ses diagonales [MP] et [iVÇ] se coupent en leur mi­ lieu. Cette définition permet de considérer n’importe quel quadrilatère aplati MNPQ comme un parallélogramme au sens large à partir du moment où le milieu I de [MP] est aussi le milieu de [ATQ]. Si / est bijective et transforme toute droite en une droite, on vient de montrer qu’elle transforme tout parallélogramme non aplati en un parallélogramme non aplati, et cela entraîne que / conserve les milieux. En effet, si I est le milieu de [AB], on peut toujours construire un parallélogramme non aplati AUBV de sorte que I soit l’intersection de (AB) et (UV). Dans ce cas :

f (I) e /((AB)) n /((UV)) = (/(A)/(B)) n (/(U)/(V)),

8.3. RÉPONSES

215

et cela montre que / (7) se trouve à l’intersection des diagonales du pa­ rallélogramme f {A) f {U) f {B)f {V). On en déduit que / ( / ) est le milieu de [f{A)f{B)]. Ainsi :

I milieu de [AB] ^

/ ( / ) milieu de [f{A)f{B)].

Cette conservation des milieux par / permet de déduire que / transforme tout parallélogramme au sens large en un parallélogramme au sens large, ce qui est rassurant. Mais ce n ’était pas demandé. R ép o n se 8.24 a) Par définition, A est une matrice inversible, donc

fA,B{X) = Y

AX + B = Y AX = Y - B X = A -\Y -B ).

Dans ces équivalences, et dans la suite, nous identifierons les points du plan V et les coordonnées de ces points dans le repère ( 0 , 7, J ) tant que cela ne prête pas à confusion. Un point est donc identifié à un vecteur-colonne de E^, ce qui explique la notation Y —B. Nous avons montré que tout point Y du plan possédait un et un seul antécédent pour la fonction à savoir le point X = A~^{Y — B). Cela montre que ÎA,b est une bijection du plan dans lui-même, et que l’application réciproque de / est donnée par : / a !b - 'P

X donc

V A-\X-B)

^ —/ a - ^ - a -^ b -

R em arq u e — On remarque que / a ,b est l’application affine de P dans V de partie linéaire A qui transforme O = *(0,0) en B. On sait d ’après le cours qu’une application affine bijective transforme une droite en une droite, ce qui permet immédiatement d ’affirmer que / vérifie la condition des droites, et donc de conclure aux questions b) et c). Mais en 2014 et jusqu’au prochain changement de programmes, la mode n’est plus aux applications affines en CPGE, ni en BTS. Nous conserverons donc cette remarque pour nous-même en étant bien certains qu’elle pourra guider nos pas si nous nous perdons à présenter nos raisonnements en n ’utilisant que des matrices et des vecteurs-colonnes de R^.

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

216

b) On suppose M, N, P distincts, de sorte que les images fA,B{M), fA,B{N) et fA,B{P) soient aussi distinctes puisque / a ,b est bijective. Dans ce cas, dire que M, N et P sont alignés revient à dire que P € {MN), et l’on peut dire la même chose des images. On peut alors écrire :

M, N, ^ ^ ^ ^

P alignés P€{MN) 3A eM P - M = X { N - M ) 3 \ € R A{P - M) = XA{N - M) 3X e R {A{P) + B ) ~ {A{M) + B) = X [{A{N) + B) - {A{M) + B)] 3A GM /A B (P ) -A ,B ( M ) = A [/A ,fî(iV )-/^,B(M )] ÎaM P )

^

e { Î A ,B { M

Î a ,b {M),

î a ,b {N),

) f A ,B m

fA,B(P) alignés.

c) Soit D une droite. Soient deux points M et N distincts sur D. Les équi­ valences ;

P GD ^

M , N, P alignés Î a ,b {M), î a ,b {N),

^

Î a M P ) e {fA ,B {M )fA ,B m

(0 ) î a ,b {P) alignés

(d’après b)

montrent l’inclusion : f A M iM N ) ) C { f A , B m f A , B m .

(b)

En a), on a vu que l’application réciproque était de la même forme que / a ,B- La question b) s’applique donc à et permet de démontrer, exactement comme on vient de le faire ci-dessus, que : c

(/Z,‘b (^)/Z , b («))

quels que soient les points distincts A et B. En prenant A = fA,B{M) et B = / a,b (^ )) on obtient :

/Â,fî((/A,B(M)/^,B(iV))) c {MN) et en appliquant / a,b des deux côtés :

{fA,B{M)fA,B{N)) c f AMi MN) ) .

(Il)

8.3. RÉPONSES

217

De (b) et (11) on tire fA,B{{MN)) = ( / a,s (M )/ a,b (^ )), ce qui prouve que fA,B{D) est une droite, et permet de conclure. R em arq u e — On prendra bien conscience du piège assez subtil dans lequel on peut tomber. Prouver l’équivalence :

P€D ^

fA,B{P) e (A , b (M )/ a,b (AT))

ne permet pas de déduire directement l’égalité fA,B{D) = {fA,B{^)fA,B{N)). Bien sûr, l’inclusion (b) est acquise. Mais l’inclusion (tl) sera montrée seulement si l’on prouve que :

w € ifAMM)fA, B{N)) ^

e /A,B((MiV)).

Ce n’est pas exactement contenu dans les équivalences 9 . Pour réutiliser néan­ moins ces équivalences O, on pourrait rédiger ainsi : rappeler que / a ,b est bijective pour déduire l’existence d ’un point P tel que / a ,B (P) = W, puis dire que les équivalences O montrent que P E D ,e t donc que W = fA,B(P) appar­ tient à fA,B{D), c’est-à-dire à fA,B(iM N)). Nous possédons là une seconde solution possible. On a déjà rencontré cette difficulté pour démontrer que l’image d ’un seg­ ment par une isométrie est un segment dans la question 382 du volume IV d’Acquisition des fondamentaux [16]. La rédaction doit montrer clairement au correcteur qu’on a déjoué ce piège, d ’une façon ou d ’une autre. d) que :

Tout revient à montrer qu’il existe A € GL2(M) et B E A^2,i(K) tels

A0 + B = 0' AI + B = r A J + B = J'.

{

Comme O — ‘(0,0) est l’origine du repère, la première équation équivaut à B = O', et tout revient à déterminer A telle que :

« {tr.;';. De façon générale, si Î7 et V désignent deux points de V identifié à lui-même identifié à A^2,i(R)) notons [U,V] la matrice carrée de A^2(1R) de première colonne U et de seconde colonne V. Alors : A I = r - O' , A [7, J] = [AI, AJ] = [I' - a , J' - O'] {S') ^ AJ = J '- O

A=[I'-0',J'-O']

CHAPITRE 8. COMPLÉMENTS DE GÉOMÉTRIE

218

puisque [/, J] =

1 0 0

1

(S)

est la matrice identité de A^2(K)- Finalement :

B = 0' A = \r -o ',j'

-a ]

et cela prouve qu’il existe une et une seule application qui transforme les points O, I J en trois points O', I' J' donnés. La matrice A est inversible car le ran^ de ses vecteurs-colonnes est 2, comme on le voit en rappelant que {O'V, O'J') est, par hypothèse, une base du plan vectoriel associé à V. R em arq u e — Nous venons de redémontrer une propriété classique des ap­ plications affines ([16], Question 328) en adoptant un « emballage » matriciel adapté à ce problème et aux nouveaux choix en CPGE. Dans cette présen­ tation, le danger est de finir par traiter les points, les vecteurs, les vecteurscolonnes dans et les matrices de la même façon, ce qui soulèvera certaines difficultés de compréhension pour les élèves, difficultés quasi inexistantes dans une présentation un peu plus abstraite des espaces affines et des applications affines.

Chapitre 9 Isométries 9.1 Minimum vital Q u estio n 9.1 Soit f une application d ’un plan affine euclidien E dans luimême. On suppose que f conserve les distances. S a n s avoir recours à la no­ tion d’application affine, donc en utilisant uniquement la conservation des distances, démontrer que : a) f est injective. h) f transforme un segment en un segment, une demi-droite en une demidroite, et une droite en une droite, c) f est hijective. Q u estio n 9.2 Quelle est la nature de la composée f = o de deux ré­ flexions affines planes par rapport à des droites O' et D parallèles ? Construire les éléments géométriques qui caractérisent f . Enoncer et démontrer une ré­ ciproque. sdi

s d

Q u estio n 9.3 Quelle est la nature de la composée f = sd ' ° sd de deux réflexions affines planes par rapport à des droites D' et D sécantes en un point il ? Construire les éléments géométriques qui caractérisent f . Enoncer et démontrer une réciproque. Q u estio n 9.4 Enoncer le Théorème fondamental concernant les isométries affines d’un espace affine euclidien (on ne demande pas de le démontrer). Q u estio n 9.5 Donnez le catalogue de t o u t e s les isométries affines du plan. On ne demande pas de démonstration, mais on veut disposer d ’une description géométrique complète de ces isométries. Q u estio n 9.6 Décrire géométriquement toutes les isométries affines d’un es­ pace affine euclidien de dimension 3. 219

CHAPITRE 9. ISOMÉTRIES

220

9.2

Entraînement

Q u estio n 9.7 (Oral du CAPES externe 2008) Dans un plan affine euclidien, on considère une symétrie s par rapport à une droite D parallèlement à une droite A. Montrer que s conserve les distances si et seulement si D est ortho­ gonale à A. L’étude des nombres complexes n ’est plus beaucoup développée en TS depuis la réforme 2010, mais le programme de Maths sup de 2013 [21], et donc aussi celui des écrits du CAPES, demande d ’étu­ dier l’interprétation géométrique des nombres complexes, d ’inter­ préter le module et l’argument de >de connaître des CNS d ’ali­ gnement et d ’orthogonalité. On demande aussi d ’interpréter géo­ métriquement les applications s az b et z z. On touche là aux similitudes directes, et en particulier aux translations, homothéties et rotations. Voici quelques exercices pour orienter nos révisions : Q u estio n 9.8 Soient A, B, M trois points d’affixes a, b et z. Montrer que :

a) A, B, M alignés b) {AM) ± {BM) ^

{z —a) [z —b) E R. { z - a) ( J ^ ) G ¿R.

Q u estio n 9.9 On se donne deux points M\ et M 2 d ’affixes zi et Z2- On de­ mande de construire le point M d’affixe z = z\Z2 à la règle et au compas. Q u estio n 9.10 (Ecrit du CAPES externe 2009) 1) Montrer qu’un triangle A B C est équilatéral si et seulement si les affixes a, b, c de ses sommets vérifient a? b"^ -\- = ab-\-bc-t- ca. 2) Soit f (X) G C [X] un polynôme unitaire de degré 3. Soient A, B, C les points du plan dont les affixes sont les racines de f . Montrer que f (X) possède une racine double u) si et seulement si le triangle A B C est équilatéral, et que, dans ce cas, lo est l’affixe du centre de gravité du triangle. Q u estio n 9.11 Soit V un plan affine euclidien. Un utilisant uniquement le fait qu’une similitude de V est une application de V dans V qui conserve les rapports de distance, et qu’une similitude est directe si elle conserve les angles orientés de vecteurs, démontrer que : / : P —>P est une similitude directe si et seulement si son écriture complexe est de la forme f {z) = az +b oû (a, 6) G C* x C.

Enoncer (sans démonstration) le résultat similaire dans le cas indirect.

9.3. REPONSES

9.3

221

Réponses

R ép o n se 9.1 a) La conservation des distances permet de montrer que / est injective. Il suffit d” écrire

f { A) = f { B) ^

f{A)f{B) = 0 ^

AB = 0 ^

A = B.

b) • Pour montrer que / transforme un segment en un segment, on va utiliser la caractérisation métrique d ’un segment. Celle-ci nous permet d ’écrire :

M e [AB]

^ ^

A M + M B = AB A'M ' + M 'B ' = A'B' M 'e [A'B'] (*)

et d ’en déduire l’inclusion f {[AB]) c [A!B']. Réciproquement, si A/’ G [A'B'],

A! N + N B ' = A 'B' et N se trouve parfaitement déterminé, sur le segment [A'B'], par la seule donnée de la distance A!N. Introduisons donc l’unique point M de [AB] tel que AM = A!N (ce point existe puisque A!N < AB). Les équivalences (*) montrent alors que M ' G [A'B'] et A!M' = A M = A!N. Ces conditions imposent d ’avoir M ' = N. En conclusion f {[AB]) = [A'B'].

M

B

• On considère la droite {AB) et les notations de la figure ci-dessus, ainsi que la droite {A!B') avec ces mêmes notations primées. L’égalité / ([Ax)) = [A'x') est obtenue comme dans le cas du segment en remarquant cette fois-ci que M G [Ax) si et seulement si A G [MB]. Les équivalences :

Me[Ax)

^ ^ ^

MA + AB = MB M 'A' + A'B' = M 'B ' M ' e [A!x')

montrent encore l’inclusion /([ylx)) C [A'x'). Réciproquement, si N est un point de la demi-droite [A'x'), il vérifie N A ' + A!B' = N B , Si M désigne l’unique point de [Ax) tel que M A = N A ', alors M ' G [A'x') d ’après l’inclusion déjà démontrée, et il suffit de rappeler les égalités M 'A' = MA = N A ' pour en déduire M ' = N.

CHAPITRE 9. ISOMÉTRIES

222

• On démontrerait comme précédemment que / {[By)) = [B'y'), et les trois égalités démontrées donnent / {{AB)) = {A'B'). c) Seule la surjectivité reste à démontrer. Donnons deux réponses possibles.

Première solution — Soient A, B, C trois points non alignés de E, et A ', B', C leurs images respectives par / ( f ig . 9.1). Le triangle A 'B 'C n ’est pas aplati, autrement on aurait une égalité du type A'B' + B 'C = A 'C , et l’on en déduirait A B + B C = AC et l’alignement des points A, B, C, ce qui est absurde. Soit N un point quelconque de E. On choisit une droite A qui passe par N et coupe {A'B') et {A'C) en deux points distincts U' et V . D’après les questions précédentes, f {{AB)) = {A'B') et f {{AC)) = {A'C'), donc U' et V' appartiennent à f {E) . Mais alors f {{UV)) = {U'V') et l’on aura {U'V') C / {E). On en déduit que N e f {E).

F ig . 9.1 - En utilisant des alignements

Seconde solution — Soit N e E. Fixons deux points A et B distincts de E et notons A', B' leurs images par / . Si / (>1) = N ou f {B) = N, c’est terminé. Sinon les cercles^ C {A', A'N) et C {B', B 'N ) se coupent en un ou deux points dont N , et l’injectivité de / (alliée à la conservation des distances) permet d ’écrire : / {C {A, A'N ) n C {B, B 'N )) = f{C {A, A 'N )) n f { C {B, B' N) )

= C (A', A'N) n C {B', B 'N ) .

{*)

De deux choses l’une : - Si C {A', A'N)nC {B', B'N ) = {N}, alors C {A, A'N)f]C {B, B'N ) = {M} et {*) montre que / (M) = N. *De façon générale, je note C (O, r) le cercle de centre O et de rayon r.

9.3. RÉPONSES

223

- Si C {A', A'N) n C {B \ B 'N ) = {N, T}, C {A, A'N) D C {B, B 'N ) est une paire. Il existe deux points distincts Mi et M 2 tels que :

C {A, A'N ) n C {B, B 'N ) = {Ml, M 2} . On a / ({Ml, M 2}) C [N, T) , mais cette inclusion est en fait une égalité puisque / est injective. Par suite / ({Mi, M 2}) = [N, T} et N € f (E). R ép o n se 9.2 Ce résultat est rappelé tout au début de l’exposé-type de la leçon sur les isométries d’un quadrilatère, dans le volume I de VEpreuve d’exposé : T h éo rèm e — {[6], Th. 73} La composée S£>/ o sd de deux ré­ flexions d’axes D et D' parallèles est une translation de vecteur üf = 2ST où S est un point quelconque de D et T le projeté ortho­ gonal de S sur D'. Réciproquement, toute translation % s’exprime comme la composée de deux réflexions d ’axes parallèles de direction perpendiculaire à Ht, dont l’un peut être choisi arbitrairement. Je recopie ici la preuve donnée en [6] : • Soit S un point de D, et T son projeté orthogonal sur V ( f ig . 9.2). Si M est un point quelconque du plan, notons Mi son image par sp, et M ' son image par / = sp/ o sp.

D' M'

F ig . 9.2 - Composée de deux réflexions d’axes parallèles On a : M M i = 2M J et M iM ' = 2Mi J où J et J désignent les milieux respectifs de [MMi] et [MiM']. Le quadrilatère S U T possède des côtés opposés parallèles deux à deux, et un angle droit. C’est

CHAPITRE 9. ISOMETRIES

224

donc un rectangle. On en déduit I J = ST, d’où :

M M ' = M M i + M iM ' = 2 M I +

2 M i

J = 2 IJ

=

2ST.

Ainsi :

yM eE

M f{ M ) = 2ST,

et cela signifie que / est la translation

de vecteur 2ST.

• Réciproquement, si la translation est donnée, il suffit de construire deux points S et T tels que "u = 2ST, puis les droites D et D ' passant par S et T et perpendiculaires à la direction donnée par le vecteur "u, pour pouvoir appliquer le sens direct et déduire sd ' o sd = ^2ST ~ On remarque que dans la décomposition de sous la forme = S£>>o sd , on peut choisir l’une des droites D ou arbitrairement à partir du moment où on la prend orthogonale à la direction R"« . R ép o n se 9.3 Ce résultat est rappelé tout au début de l’exposé-type de la leçon sur les isométries d ’un quadrilatère, dans le volume I de VEpreuve d’exposé : T h éo rèm e — {[6], Th. 74} La composée sp/ o s£> de deux ré­ flexions d ’axes D et D'sécants en iî est une rotation de centre ù et d ’angle 2 {D, D'). Réciproquement, toute rotation s’exprime comme la composée de deux réflexions d’axes sécants passant par son centre, dont l’un peut être choisi arbitrairement. Je recopie ici la preuve donnée en [6 ]:

F ig . 9.3 - Composée de deux réflexions d’axes sécants

9.3. RÉPONSES

225

• La composée / = s/j/ o de deux réflexions d ’axes D et D' sécants en Çl conserve les distances. C’est donc une isométrie, et :

yM eE

ÜM = Of{M).

Soit û (resp. ü') un vecteur directeur de D (resp. D') (f ig . 9.3). Pour tout point M du plan, l’inversion des angles orientés par une réflexion permet d’écrire : (QM, 1?) = (1/ ,iîsp (M )) et (ÎÎS£)(M), "î?') = Çït',ÜSD'isDiM))) ou encore : { Ü M , ü s d {M)) = 2 { u ,Ü s d {M))

et (î 2sd (M ), î î /(M ))) =

2{ü

sd

{ M ) , 1 i ').

Par suite : (i7M ,iî/(M )))

=

{ ÜM, ÜS D{ M) ) + { Ü S D { M ) , n f { M ) ) )

=

2Çu ,Çî s d { M ) ) + 2 { i l s ü { M ) , ' u ' )

=

2 ( , !).

ua

Puisqu’en angles de droites, {D, D') = («, v!) (tt), on peut écrire :

M MeE

\ __ , \ (i2M,iî/(M))) = 2(D,r>') (27t),

et cela signifle que / est la rotation de centre Î2 et d ’angle 2 (L>, D'). • Réciproquement, donnons-nous une rotation rçi^ de centre fi et d’angle 6. Il est facile de construire deux droites D et D' passant par fî et faisant un angle {D, D') = 6/2 entre elles, l’une de ces droites pouvant même être choisie arbitrairement. Le sens direct montre alors que S£»/ o sp est la rotation de centre fî et d ’angle 2(L>, O') = 0, autrement dit rçi^. R ép o n se 9.4 Soit E un espace affine euclidien. Le Théorème fondamental concernant les isométries affines est le suivant : T h éo rèm e — {[6], [7]} Toute isométrie affine f de E s’écrit de façon unique f = o g = g o t - ^ où i t appartient à l’ensemble des invariants de la partie linéaire de / , et où g est une isométrie possédant au moins un point fixe. Le tableau de la FIG. 9.4 montre comment ce Théorème, allié à une définition classique des isométries affines et à la connaissance des applications orthogo­ nales d ’un espace vectoriel euclidien, permet de déduire la nature géométrique de toutes les isométries affines d’un espace affine euclidien.

CHAPITRE 9. ISOMÉTRIES

226

R ép o n se 9.5 On retrouve toutes les isométries affines du plan en utili­ sant le Théorème fondamental (Question 9.4) et en suivant la démarche de la FIG. 9.4. Les isométries affines planes sont décrites dans la FiG. 9.5. R ép o n se 9.6 On retrouve toutes les isométries affines de l’espace de dimension 3 en utilisant l e Théorème fondamental (Question 9.4) et en suivant l a démarche de la f i g . 9.4. Les isométries affines de l’espace sont décrites dans la F I G . 9.6.

c

Isométries affines SAVOIR utiliser les 2 résultats fondamentaux

J

1. Théorème fondamental : « Toute isométrie f de E s'écrit de façon unique f = t o g où t est une translation dont le vecteur appartient à Invl (où 1est ta partie linéaire de f) et g est une isométrie ayant au moins un point invariant. »

& « Une application f de E dans E est une isométrie ssi elle est affine Irde partie linéaire une application orthogonale. »

connais toutes les applications orthogonales, donc je peux en déduire toutes les isométries affines...

Tar exemple, en dimension 3, la partie linéaire de f sera de l'un des types suivants : a) identité, b) réflexion, c) rotation, d) symétrie-rotation.

et les retrouver facilement ^

Iau brouillon en étant certain de y no pas en oublier.

F ig . 9.4 - Ecriture canonique d’une isométrie affine

)

9.3. RÉPONSES

227

c

Isométries affines du plan :

J

RETROUVER

Isométrie affine f

iso m é tr ie vectorielle 1^

( Identité Id ►

t

: translation

^

aucun point invariant , .. SI u non nul, sinon l a , ' / vraie réflexion glissée I si U non nul, sans

_____________

réflexion s ► (symétrie orthogonale,^ par rapport à une droite D)

réflexiotTglissée ^

t»os„

------------ —

I réflexion par rapport^

M'

rotation vectorielle

rotation affine j de centre O et d'angle 0

' Î 2l
j® !

I à une droite D si u = 0, ^ alors Invf = D

un seul point invariant le centre de la rotation M'

-¿M

F ig . 9.5 - Isométries affines planes

CHAPITRE 9. ISOMETRIES

228

c

J

Isométries affines de l'espace : RETROUVER

Isométrie vectorielle I

IsométriP

translation U ^

aucun point invarTan?

U

Identité Id ►

affina f SI Unon nul, sinon Id|.

, M’

" vraie réflexion g lis sé e ■ si non nul, sans ^ p o in t invariant

U

réflexion s ►par rapport à un plan P

/réflexion glissée t ►O s„

réflexion par rapport à un plan P si ïï = 0, alors Invf = P

vrai vissage sans point invariant si u non nul

vissage t ►O r^^

rotation P d'axe D

(ou déplacement hélieoïdal) M'

symétrie-rotation vectorielle, i.e. composée r►o Spd'une rotation d'axe D et d'une réflexion de base P, avec^D orthogonale à P.

y

symétrie-rotation affine r^ DOPs„ où rD

rotation d'axe D si u = i, alors Invf = D

Un seul point invariant

est une rotation d'axe D et Spune réflexion de base P, avec D orthogonale à P.

V

F ig . 9.6 - Isométries aflSnes de l’espace

M'

9.3. REPONSES

229

R ép onse 9.7 Première méthode — On peut toujours utiliser la partie linéaire de s et proposer la méthode donnée à la Question 400 de [16] qui convient en dimension quelconque, pour une symétrie quelconque.

F ig . 9.7 - Quand une symétrie conserve-t-elle les distances?

Deuxième méthode — On peut démontrer ce résultat directement en dimen­ sion 2 en utilisant un peu de géométrie élémentaire. Il s’agit de montrer les deux implications : (=>) Si s conserve les distances, pour tout point M n ’appartenant ni à D, ni à A, en notant O l’intersection de D et A, M ' = s (M) et m le milieu de [MM'], on obtient la FIG. 9.7(a). Par hypothèse OM = OM', donc OM M ' est isocèle en O, et la médiane (Om) est aussi la médiatrice de [MM']. Par suite {MM') est orthogonal à D, donc AAD.

{<=) Réciproquement, si A ±D , considérons deux points A, B et leurs sy­ métriques s (A) = .A' et s {B) = B '. Notons I et J les projetés orthogonaux de A et R sur D. Supposons que A I < B J (ce qui est toujours possible quitte à changer de notations). De deux choses l’une : ► Si A et S se projettent orthogonalement sur D sur le même point I, c’est-à-dire si I = J, alors : - Si A et S sont dans le même demi-plan de frontière D, A' et B' aussi et l’on obtient AB = B I - A I = B 'I - A 'I = A'B'. - Si A et 5 ne sont pas dans le même demi-plan de frontière D, il en est de même de A' et B', et l’on obtient :AB = B I + A I = B 'I + A 'I = A'B'. ► Sinon I ^ J et l’on envisage plusieurs cas ; - Si A ^ on est dans le cas de la FiG. 9.7 (b). Notons H et H' les projetés orthogonaux de A et A! sur {B B'). Le quadrilatère A H H 'A' est un parallélo­ gramme (côtés opposés parallèles deux à deux) qui possède au moins un angle

CHAPITRE 9. ISOMÉTRIES

230

droit (il en possède en H et H ') , c’est donc un rectangle. De la même manière, les quadrilatères A H J I et A 'H 'J I sont des rectangles. On a donc :

JH = IA = A 'I = H 'J et comme A I < B J, on aura H € [BJ\ et H' e [B'J\. Par suite :

B H = B J - H J = B 'J - H 'J = B'H'. Il suffit d’appliquer le Théorème de Pythagore dans les triangles rectangles A B H et A 'B'H ' pour obtenir :

AB^ = AH^ + HB"^ = A'H'^ + H'B'^ = A'B'^ d ’où A B = A'B'.

- ^\ A e D ei B ^ D on applique directement le Théorème de P 3 d;hagore pour obtenir ABJ' = AJ'^+JB'^ = AJ^-\-JB'^ = A B '“ ^, donc encore A B = A'B' puisque A' = A. - Si A G D et B E D, on n A' = A et B' = B, donc A B = A'B'. Finalement A B = A'B' quels que soient les points A et B, dons s conserve les distances. C’est bien une isométrie. R ép o n se 9.8 Le plan d’Argand-Cauchy est rapporté à une repère or­ thonormal direct (O, i , j ). On peut supposer que les points A, B, M sont distincts entre exix deux à deux, autrement les équivalences proposées sont évidentes. Dans ce cas : a)

(z —a) (z —6 ) €R

^

arg (z —o) (z —&) = 0(tt) arg (z —o) —arg (z —6 ) = 0(tt)

{ i , A M ) - { i , B M )=0 (n) ^ 4^

( B M ,J m ) = 0 (tt) A, B, M alignés.

b) On recommence comme ci-dessus : arg (z —a) {z —h) = 7t/ 2 ( tt)

(z —o) (z —6) € zR

4^

( B M , Â M ) = n / 2 (tt) (AM) ± (B M ) .

9.3. RÉPONSES

231

R em arq u e — On aurait pu s’intéresser au produit zz', où z = x + iy et z' = x' -\- iy' sont les affixes de deux vecteurs "u et et noter que :

zz' = (x + iy) {x' —iy') = {xx' + yy') + i{x'y - y'x) = ("u. if) —idetC u, V ). De cette manière

{

("u, ~v) lié

Ht.'v = 0

zz' e M. zz' € ¿M

R ép o n se 9.9 La construction est faite à la FIG. 9.8. M appartient à la demi-droite [Ou) d ’angle polaire O1 + 62, et au cercle C de centre O et de rayon le produit des modules \zi\ x | Z2\. Il est facile de construire C en utilisant le Théorème de Thalès. En effet, r = \ z \ \ x \ Z2\ s’écrit aussi bien : 1

^2|

kil On suppose bien sûr que z\Z2 0, sinon le résultat est trivial. Si A désigne l’intersection de la demi-droite [OM\) et du cercle de centre O et de rayon 1, et si R désigne l’intersection de {OM 2) et de la parallèle à {AM 2) issue de M\ (je suppose ici que je suis dans le cas général où les droites (OM 2) et {AM 2) ne sont pas parallèles, autrement dit que M 2 n ’appartient pas à (OMi), ce qui s’exprime encore en disant que les arguments de zi et Z2 ne sont p as égaux à un multiple de tt près. Dans la cas contraire, l’utilisation d ’une droite auxiliaire passant par O permet de ramener la construction au cas général que nous traitons.), on obtient :

OA OMi

OM 2 OB

soit OB = r = l^il X I 22 ]. Ainsi C est le cercle de centre O passant par B. R ép onse 9.10 1) Si A B C est équilatéral, il existe 9 G {± 7 r / 3} tel que :

a —b b —c = e^ = a —c' c —b (voir FIG. 9.9) d ’où

a —b C —b

b —c , et cela s’écrit justement : a —c

+ b“ ^ + c^ = ab + bc + ca.

(R)

CHAPITRE 9. ISOMÉTRIES

232

F ig . 9.8 - Construction du point M d ’affixe z = Z\Z2. Pour montrer que, réciproquement, la condition {R) implique que A B C est équilatéral, on essaie de remonter les calculs, et l’on s’aperçoit que l’on peut écrire des équivalences^ :

(R)

«■

a —b b —c c —b a —c ( A B x A C = BC^

\ (вё,в1) = (с1,св)

(2тг)

J A B x A C = BC^ I A B C isocèle en A

A B = AC = B C A B C équilatéral.

2) On a : f{X)

= [X -a){X -b){X -c) = —(û + 6+ c^X*^ + (û6+ 6 c+

ccl) X

—

abc

donc f {X) = SX^ —2{a + b + c)X + {ab + bc + cà). Le discriminant réduit de ce trinôme est A' = (a + 6+ c)^ —3(a6 + 6 c+ ca) = a^ + 6 ^ + c ^ - a 6- 6 c - a c . Il ^L ’équivalence écrite à la seconde ligne exprim e que deux nombres com plexes sont égaux si, et seulem ent si, ils ont m êm e m odule et m êm e argument.

9.3. RÉPONSES

233

F ig. 9.9 - Le cas d ’un triangle équilatéral direct est nul si et seulement si la relation (R) est satisfaite, et l’on a vu à la question précédente que cela revenait à dire que A B C était équilatéral. Si AB C est équilatéral, la racine double de f (X) est w = | (a + è + c), et l’on reconnaît l’aifixe du centre de gravité du triangle. R ép onse 9.11 • Soit (a, 6 ) € C* x C. Si / est la transformation dans le plan d’Argand-Cauchy définie par z f (z) = az + b, alors : V p,,ec

q-p

donc :

\fÍQ )-fÍp)\ \q-p\ =

yp ,q eC p ^q

^

■

Cela signifie que : VP,Qg P

p

^

q

f{P )f{Q ) = |a| PQ

et

{PQJ{P)f{Q)) = arga (27t)

et prouve que / conserve les rapports de distances et les angles orientés de vecteurs, donc que / est une similitude directe. En effet, si nous primons les images par / , dire que les rapports P'Q '/PQ et les angles (PQ, P 'O') restent constants quand P et Q varient revient à dire que pour tous points distincts P, Q, R du plan :

P'Q' _ P'R! PQ ~ P R

et

(P ^ , P ^ ) = ( P R ,P ^ ') (2Tr)

c’est-à-dire : ^

^

et

( P ^ . M ) = { P V . V g ) (27t) ,

CHAPITRE 9. ISOMETRIES

234

et cette dernière écriture exprime exactement ce que l’on entend quand on dit q u e ./ conserve les rapports et conserve les angles orientés de vecteurs. • Réciproquement, si / est une similitude directe, pour tous P, Q, R € V distincts : P 'Q '

= ^P Q

et

(PQ,PR) = {P'Q ',P 'IÎ) {2„)

^ PR

et

( Щ , Р ^ ) = ( Ш , ^ ) (2ж)

d ’où : ^ PQ

et 0€ M tels que :

et il existe p €

VP ,Q €P

P+Q

(PQ,P'Q') = e (2ж).

et

Cela montre que :

\/p,qeC

p^q

W -P '\ \q-p\

= P

et

arg

q' -p' q-p

= в (2тг),

ce qui signifie que :

yp,qeC

p^q

q-p

Il suffit de poser a = pe^ et b = p' —ap pour obtenir : Vp, g G C

q' = a ( q - p ) + p ' = aq +b,

et constater que la forme complexe de / est bien / (z) = az +b.

• Le cas indirect se traiterait de la même façon, et l’on montrerait que f -.V est une similitude indirecte si et seulement si son écriture complexe est de la forme f {z) = az + b où (a, 6 ) G C* x C.

Chapitre 10 Constructions 10.1

Minimum vital

Q uestion 10.1 Tracez la médiatrice d’un segment à la règle et au compas. Justifiez votre construction. Q uestion 10.2 Tracez la perpendiculaire à une droite D donnée passant par un point M donné en utilisant uniquement la règle et le compas. Justifiez votre construction. Q uestion 10.3 Tracez la parallèle à une droite D donnée passant par un point M donné en utilisant uniquement la règle et le compas. Justifiez votre construction. Question 10.4 Tracez les bissectrices d ’un couple de droites sécantes à la règle et au compas. Justifiez votre construction. Question 10.5 Tracer les tangentes à un cercle C issues d ’un point M exté­ rieur à ce cercle en utilisant uniquement la règle et le compas. Question 10.6 A partir de trois segments de longueurs 1, a et b, on demande de construire un segment de longueur ab à la règle et au compas. Expliquez. Q uestion 10.7 A partir de trois segments de longueurs 1 , a et b, on demande de construire un segment de longueur a/b à la règle et au compas. Expliquez. Q uestion 10.8 A partir de trois segments de longueurs 1 , a et b, on demande de construire un segment de longueur \/oh à la règle et au compas. Expliquez. Q uestion 10.9 Construire un segment de longueur (\/7 —l)/5 à la règle et au compas. 235

CHAPITRE 10, CONSTRUCTIONS

236

Q u estio n 10.10 On demande de tracer les triangles rectangles AB C suivants en tenant compte des longueurs imposées et des angles droits signalés. Les constructions doivent pouvoir être réalisées à la règle et au compas. (b)

(a)

B2H

CB2H

4

(c)

C

B2H

Q u estio n 10.11 [17] Tracer un cercle C de centre O, et un point P n’appar­ tenant pas à C. Choisir un point M sur C. Tracer le projeté orthogonal H de O sur la droite (M P ) . Quelle est le lieu décrit par les points H quand M parcourt C ? Q u estio n 10.12 [17] (Oral du CAPES externe 2012) Tracer un cercle de centre O, et placer un point A à l’intérieur du disque ainsi défini. Choisir un point M sur le cercle, et construire le symétrique M ' de A par rapport à M . Que fait M ' quand M parcourt le cercle ? Proposer une solution au niveau du collège. [Indication : on pourra construire le symétrique de A par rapport à O.] Q u estio n 10.13 Dans l’espace de dimension 3, on considère deux droites A et D non coplanaires. Déterminer le lieu des milieux des segments [MN] quand M et N décrivent respectivement A et D ?

10.2

Entraînement

Les Questions 10.14 et 10.16 proposent de montrer deux relations métriques dont le théorème de la médiane qui sera exploité à la Question 10.15 dans la construction du projeté d’un sommet d’un cube sur une diagonale de celui-ci. Il s’agit d ’une question assez difficile du CAPES 2014, qui demande d ’être inventif et de se re­ présenter la situation en dimension 3. Chose n’est pas coutume, nous terminons avec un petit problème extrait du CAPLP 2013 et bien dans l’air du temps. L’énoncé a été modifié et adapté, mais l’objectif du problème reste le même : savoir si le candidat est capable de réinvestir ses connaissances en géométrie analytique pour répondre à des questions originales met­ tant en scène une ellipse vue sur un oscilloscope ! Si l’on peut de

10.2. ENTRAINEMENT

237

prime abord être surpris, on doit rapidement reprendre ses esprits et raisonner calmement sur des questions intéressantes qui méritent largement d ’être travaillées. En avant ! Q uestion 10.14 (E crit du C A P E S 2014) T h é o r è m e d e la m é d ia n e S o it A B C un triangle non aplati. S o it I le m ilieu de [B C \. D ém on trer que

AB^ + AC^ = 2AI^ +

BC^

Q uestion 10.15 (E crit du C A P E S 2014) a) S o it A B C un triangle non aplati. On pose B C = a, C A = b et A B = c et l ’on n ote I , J e t K les m ilieux respectifs des côtés [BC], [CA\ e t [AB]. D ’après le théorèm e de la m édiane, on sa it que : a“

c^ + b^ = 2AD + ^

E n déduire que les m édianes issu es de B et C son t perpendiculaires si et seule­ m en t si + b^ = 5a^. b) On considère le cube A B C D E F G H dessiné plxis bas. E n u tilisan t le ré­ su ltat de la question précédente, expliquer com m ent, su r la figure ci-dessous, on peut construire uniquem ent à l ’aide de la règle le p o in t A ' p ro jeté orthogo­ nal du p o in t A su r la droite { B H ) .

G

Q uestion 10.16 La figure ci-dessous m on tre trois cercles tangents « posés » su r une droite D ( c ’est-à-dire tangents à cette droite) et tangents entre eux. Les n o tation s éta n t celles de la figure, on pose d = A A ', et l ’on appelle R" le rayon du cercle C". M on trer que : a) cP = A R .R '. J _

^

V r '^ VR!'

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

238

Q u estio n 10.17 (CAPLP externe 2013) Oscilloscope en mode X Y Cette question est en fait un problème comportant plusieurs parties. On s ’intéresse aux courbes que l’on peut visualiser sur un oscilloscope utilisé en mode X Y quand on applique deux tensions de même pulsation co (u > 1) présentant entre elles un décalage de phase, exprimé en radians et noté q>, avec 0 < y> < 7 t/ 2. Les tensions, exprimées en volts, appliquées sur les entrées X et Y sont :

et U2 (i) = V2cos{uit — (f),

U\ (t) = v\ coswi

t G [0,27r/w[.

Dans tout le problème, on se place dans un repère 1Z = (O, li, If) orthonormal et l’on appelle Fy, la courbe de représentation paramétrique : r^ :

X = Vl

cos u>t

y

COs{u)t —

= V2

t G [0, 27t/ w [, (p)

où vi,V 2 sont des constantes strictement positives. Pour t G [0,27r/a;[, on note M{t) le point de coordonnées (uj cosu)t,V2 Cos{ajt —
2. Quelle est la nature de la courbe F q ? Tracer Fq lorsque v\ = 4 et V2 = 3. P artie I I On suppose désormais que tp =

tt/ 2.

-

Vf

On appelle (E) la courbe d ’équation :

+ ^ = 1

239

10.2. ENTRAÎNEMENT

dans le repère TZ. 1. Démontrer que T^/2= (^)2. a. Soit M {x, y) appartenant à r ^ / 2- Montrer que les axes (Oy) sont des axes de symétrie de r ^ / 2- En déduire que le centre O du repère est un centre de symétrie de T^/22.b. Soit {E') la courbe d ’équation : O “T n V Vo

i.)

æ > 0; y > 0.

Indiquer, sans justifier, par quelles transformations géométriques simples on obtient l’intégralité de la courbe T^/2 à partir de la courbe {E'). 3. Montrer que {E’) est la courbe représentative de la fonction f définie sur [0, vi] par : ______ /(®) =

S.a. Démontrer que f est dérivable sur [0,ui[ et calculer f'{ x) pour x ap­ partenant à [0,tii[. S.b. Montrer que la courbe {E') admet une tangente verticale en v\, S.c. Dresser le tableau de variation de la fonction f , puis tracer {E'), puis r ^/2 dans le repère TZ lorsque ui = 4 ei «2= 3.

4. Un oscilloscope, utilisé en mode X Y , fournit l’image ci-dessous. Les axes de l’écran sont gradués en volts. On a appliqué sur les entrées X et Y respec­ tivement deux tensions U\ et U2 de même pulsation u, présentant entre elles un décalage de phase (p, 0 < q> < -ïï/ 2. Ces tensions sont définies en fonction du temps respectivement par U\ (t) = v\ coscvt et U2 (i) = V2 cos{u>t —q>), avec t G [0, 2‘k/ u)[.

240

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

On admet que les valeurs maximales des tensions U\ et U2 exprimées en volts sont entières et que le point A de coordonnées (0; 1,4) appartient au tracé fourni par l’oscilloscope. 4.a. Lire sur le graphique les valeurs de vi et de V24.b. Calculer une valeur approchée de (p au degré près (on pourra utiliser le fait que le point A appartient au tracé et déterminer siiK^j. P a rtie I I I

L ’objectif de cette partie est d’étudier quelques propriétés géométriques de la courbe r d’équation cartésienne dans le repère TZ : - - 1- ^ = 1 16 9

1. Soit M{x, y) appartenant à la courbe F et soient F ( \/ 7,0) et F' (—\/7,0) deux points de l’axe {Ox). l.a. Montrer que MF"^ = ( — x —4 ) . 1. b. En déduire que tout point M de T vérifie M F + M F ’ = 8. 2. Réciproquement, on cherche à déterminer l’ensemble (E) des points du plan qui vérifient M F + M F ' = 8. 2.a. Soit M{x,y) un point du plan. Calculer M F^ —MF'^ et M F^ + MF'^. 2.b. Montrer que si M appartient à (E), alors : /7

M F - M F' = - \ x . 2.C. En déduire que tout point de (E) appartient à F.

10.3. RÉPONSES

10.3

241

Réponses

R ép o n se 10.1 Sur la FIG. 10.1, la médiatrice A du segment [AB] est la droite joignant les points U ei V obtenus comme les intersections de deux cercles de même rayon centrés sur A et B. Par construction les points U et V que l’on vient de construire sont à égale distance des extrémités ^4 et R du segment [AB], donc appartiennent à la médiatrice A. Comme on sait que A est une droite, on en déduit que A = {UV).

F ig . 10.1 - Médiatrice de [AB] R em arq u es — a ) La question est simple, mais attention : si un jury d ’oral demande de justifier cette construction, il ne faut pas rester les bras ballants en se demandant sur quelle planète on a atterri. Le jury attend que l’on ex­ plique complètement pourquoi on a effectivement tracé la médiatrice du seg­ ment [АВ]. Le moment est venu de dire ce que l’on sait d ’une médiatrice : que c’est une droite, et que celle qui nous intéresse passe par U et V parce que ces deux points sont à égale distauce des extrémités de [AB], donc que cette droite est la droite iUV). Qu’est-ce qui sous-tend cette démonstration? Les deux définitions équivalentes de la médiatrice, bien sûr, et il faut montrer au jury que l’on a l’esprit très clair à ce sujet !

0) On peut changer l’ouverture du compas pour dessiner U et V. Autrement dit on peut choisir une longueur r, tracer U à l’intersection des cercles de centres A et B et de rayon r. Puis choisir une autre longueur r', et tracer V à l’intersection des cercles de centres A et B et de rayon r'. Les points U et V restent à égale distance de A et B, donc on a toujours A = (UV). 7) La construction que l’on vient de décrire permet de tracer le milieu de [AB], puisqu’il s’agit simplement de l’intersection de A et de (AB).

242

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

R ép o n se 1 0 .2 Les deux dessins de gauche de la FIG. 10.2 montrent deux façons de construire la perpendiculaire à une droite D passant par un point M donné à l’extérieur de D. Le dessin de droite s’intéresse au cas où M e D.

\ A il_

M

' if

\\

\ .

1 / y

F ig . 10.2 - Perpendiculaire à (AB) passant par M

Figure de gauche — On choisit deux points A et B sur D. On trace les points d ’intersection du cercle de centre A passant par M et du cercle de centre B passant par M : la perpendiculaire cherchée est la droite qui joint ces deux points. La justification est simple. Par construction, la droite D qui relie les centres A et B des deux cercles est un axe de symétrie de la réunion de ces deux cercles, donc les points d ’intersection des deux cercles sont symétriques par rapport à D, donc appartiennent à la perpendiculaire à D issue de M. Figure centrale — Un cercle de centre M et de rayon quelconque, mais suffisamment grand, coupe la droite D en deux points .4 et R. Il suffit de tracer la médiatrice de [AB] pour obtenir notre perpendiculaire. Figure de droite — Si M G L>, la solution précédente fonctionne encore parfaitement : un cercle de centre M coupe D en deux points A et B, et la médiatrice de [AB] est perpendiculaire à D et passe par M. R ép o n se 10.3 On sait évidemment tracer la parallèle à une droite D issue d’un point M si l’on sait tracer deux perpendiculaires : on peut donc utiliser deux fois la méthode de la Question 10.2. Mais il est plus simple de compléter un parallélogramme comme sur la FIG. 10.3. On choisit deux points distincts A et B sur D, puis on trace C à l’intersection du cercle de centre B et de rayon AM, et du cercle de centre M et de rayon AB, en prenant garde de ne pas obtenir un quadrilatère A B C M croisé. On

10.3. REPONSES

243

F ig . 10.3 - Construction d ’une parallèle à une droite peut alors affirmer que A B C M est un parallélogramme, et donc que {MC) est parallèle à {AB). R em arq u e — Dans les explications précédentes, on a expliqué comme on le fait en général, c’est-à-dire en supposant évident que le quadrilatère A B C M est un parallélogramme à partir du moment où l’on sait qu’il n ’est pas croisé et que ses côtés opposés sont égaux deux à deux. Que faire si l’on demande de prouver ce résultat « évident » ? On peut répondre comme à la Question 131 du volume VII Acquisition des fondamentaux [18]. R ép onse 10.4 jPar définition, les bissectrices d’un couple de droites {D, £)') sont les axes des réfiexions qui échangent ces droites. Pour les obtenir, il suffit de construire un losange bien plaoé dans la figure. Soit O l’intersection de D et D'. Sur la FIG. 10.4, on a tracé deux points A et B appartenant aux droites D et O', et situés à la même distance de O.

F ig . 10.4 - Bissectrices Au compas, il est facile de tracer le point X distinct de O, situé à égale distance de A et B. Par construction, le quadrilatère O A X B possède quatre côtés égaux, c’est donc un losange. Les points O et X sont à égale distance de A et B, donc appartiennent à la médiatrice de [AB\. La médiatrice de

244

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

[AB\ est donc la droite {OX), ce qui signifie que A et B sont symétriques par rapport à (OX). Une réflexion transforme une demi-droite (resp. une droite) en une demi-droite (resp. une droite), donc la réflexion de base (OX), qui transforme O en O et A en B, transformera [OA) en [OB), et (OA) en {OB). Cela prouve que (OX) est la bissectrice du couple de demi-droites {[Ox), [Oy)), et aussi l’une des bissectrices du couple de droites {D, D'). L’autre bissectrice du couple {D, D') est la perpendiculaire à {OX) issue de O (que l’on pourrait bien sûr tracer de la même manière en construisant un autre losange). R ép o n se 10.5 La construction est donnée pax la FIG. 10.5.

F ig . 10.5 - Tangentes à un cercle issues d’un point M Les points de contact des tangentes issues de M sur le cercle C sont les points U et V tels que les triangles OUM et O V M soient rectangles en С/ et U. Ces points U et V appartiendront donc au cercle C^mo ] de diamètre [MO]. Il suffit de tracer les intersections de C^mo ] e* POur obtenir ces points de contact, et tracer les tangentes (MU) et {MV). R em arq u e — On n ’a pas demandé de discuter du nombre de tangentes que l’on peut abaisser de M sur C, ce qui nous aurait amené à discuter du cardinal de C[mo ] O C suivant la position de M par rapport au cercle. Cette question a été traitée dans le volume IV ([16] Q170). R ép o n se 10.6 Le Théorème de Thalès permet de construire le nombre X = ah h partir des nombres a et 6, et de l’unité. La FiG. 10.6 montre deux demi-droites d, d ' de même origine O où l’on a tracé des points U, V, W tels que OU = 1 , OV = b, OW = a] U,V e D et W e d'. La parallèle à (UW) issue de V coupe d ' en T tel que :

OT OV , ^ OT b Ô W = O Ü ' ' “ ‘■'"''.re — =

10.3. RÉPONSES

245

d ’où OT = ab.

F ig . 10.6 - Construction de x = a 6

Une autre façon de construire un segment de longueur ab consiste à dessiner trois points B, I, C alignés dans cet ordre, tels que B I = a et I C = b, comme sur la FIG. 10.6, puis un point A non aligné avec B et C, tel que A I = 1. La droite (AI) recoupe le cercle C circonscrit au triangle A B C en un point W tel que : I A x I W = I B x IC, comme on le voit en écrivant la puissance de I par rapport au cercle C de deux façons différentes. On obtient I W = ab.

F ig . 10.7 - I W = ab R ép o n se 10.7 Traçons deux demi-droites d, d ' de même origine O comme sur la FIG. 10.8, puis deux points U et V sur d tels que OU = b et OV = a. Traçons aussi un point W sur d ' tel que OW = 1. La parallèle à iJJW) passant par V coupe d! en T tel que :

OT OV , , . J. OT a ----- = ------, c est-a-dire — = —, OW OU' 1 b'

246

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

soit o r = a/b.

F ig . 10.8 R ép o n se 10.8 Pour tracer un segment de longueur h = \/ctb à partir de deux segments de longueurs a et 6données, on peut par exemple utiliser une relation métrique dans un triangle rectangle ou la puissance d ’un point par rapport à un cercle.

Première solution (Relations dans un triangle rectangle) — Sur le dessin de gauche de la figure précédente, on a tracé un triangle rectangle A B C et le pied H de la hauteur de ce triangle issue de A, de façon à avoir B H = a et H C = b. C’est facile : il suffit de placer des points B, H, C dans cet ordre sur une droite, avec B H = a et HC = b, puis de tracer l’intersection A du cercle de diamètre [BC\ et de la perpendiculaire à (BC) issue de H. Une relation bien connue dans le triangle rectangle donne A H “ ^ = B H x HC, d ’où A H = Vâb. Deuxième solution (Puissance d’un point par rapport à un cercle) — Pour construire un segment de longueur h = Vâb, il suffit de placer trois points M,

10.3. RÉPONSES

247

A, B alignés tels que M A = a, M B = b {a < b) et M ^ [^B], comme sur le dessin de gauche de la figure précédente. Il suffit ensuite de tracer un cercle quelconque Ca b passant par A et 5 , donc centré en un point O de la médiatrice de [AB], puis de construire l’un des points d ’intersection U de Ca b et du cercle de diamètre [MO]. Dans ce cas U est le point de contact de l’une des tangentes à Ca b issues de M (car (MU) est orthogonale à (UO) par construction), et la puissance de M par rapport au cercle Ca b s’écrit indifféremment M l P ou M A X MB. Par suite MU"^ - M A x M B, et MU = \ZÔ6. R ép onse 10.9 On demande de construire un segment de longueur (\/7 — l)/5 à la règle et au compas. La question est volontairement courte et peut désorienter un candidat non averti, car quoi? On demande de construire ce segment à partir de quelles données ? Un nombre a est constructible si on peut partir d ’un segment de longueur 1, une unité, puis construire, à partir de ce segment, un segment de longueur a en n ’utilisant qu’une règle non graduée et un compas. On aurait pu choquer encore plus le candidat en lui demandant : Le nombre \/5 /7 est-il constructible? Pourquoi donc? La réponse est simple, et il ne faut pas hésiter à la donner. On sait construire un segment de longueur \/7, on sait lui retrancher 1, et on sait partager un segment en 5 parties égales en utilisant le Théorème de Thalès. On sait aussi reporter des longueurs avec le compas. On dispose donc de tous les outils né­ cessaires pour construire des sommes et différences de produits et de quotients où interviennent des racines carrées d ’entiers et des entiers. Sur la FIG. 10.9, on a choisi une unité que l’on a reporté 8fois sur une droite pour obtenir les points L, H et M. La perpendiculaire à (LM) issue de H coupe le cercle de diamètre [LM] en deux points. On appelle N l’un de ces points d’intersection, et les relations métriques dans un triangle rectajigle montrent que HN^ = LH x HM, d ’où H N = ^/7. Il ne reste plus qu’à soustraire une unité à. H N pour obtenir le segment [AB] de longueur \/7 —1. On a reporté ce segment [AB] avec le compas, pour obtenir un segment [A!B'] de même longueur, puis on a tracé une droite passant par A' (sur le dessin elle est verticale, mais ce n ’est pas important), et l’on a reporté 5 unités sur cette droite, pour obtenir le point C de la FIG. 10.9. Le Théorème de Thalès montre alors que la parallèle à {B'C) issue de G coupe {A!B') en un point U tel que :

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

248

M

F ig . 10.9 - Une construction de (\/7 —l)/5

Mu = MB'

V7-1

R ép o n se 10.10 On se réfère à la f ig . 10. 10. (a) On trace un segment [BH] de longueur 2(le compas permet de reporter deux fois l’unité sur une droite). La perpendiculaire à la droite {BH) passant par H coupe le cercle de centre B et de rayon 3 en deux points A et M. Il suffit de tracer la perpendiculaire à (AB) passant par A, puis l’intersection C de cette perpendiculaire et de (BH), pour obtenir un triangle A B C qui répond à la question. (b) On trace des points B, H, C alignés dans cet ordre, tels que B H = 2et HC = 4. La perpendiculaire à la droite {BH) passant par H coupe le cercle de diamètre [BC\ en deux points : on en choisit un que l’on appelle A. Le triangle AB C est alors rectangle en A, puisque A appartient par construction au cercle de diamètre [BC\, et vérifie les conditions demandées. (c) Si le triangle rectangle A B C est constructible, nécessairement :

CA^ = CH X CB d ’après une formule métrique bien connue dans les triangles rectangles ([16], Question 136). Donc :

25 = C H x {CH + 2) CH^ + 2CH - 25 = 0

10.3. REPONSES

249

Ak..... .X (b)

■ ‘* x

'/ i X B:\ 2 H

;;C •

Br

\ 2 H \

“N f \ X5 \

s /2 6 -l

j •

Unité : ---F ig . 10.10 - Trois tracés fort sympathiques et CH = —1 ± \/26. Comme CH est une distance, c’est un réel positif et CH = — 1 ~ 4 , 1. On sait construire la longueur \ / ^ — 1 à la règle et au compas (Question 10.8), donc on sait construire un segment [BH] de longueur 2, puis un point C de la droite {BH) situé à la distance —1 de H, tel que B et C soient de part et d ’autre de H, comme sur la FIG. 10.10. Il suffit de reprendre la construction décrite au (b) pour obtenir le sommet A. R ép o nse 10.11 Soit £ l’ensemble cherché. Si H E £, le triangle OHP est rectangle en H, donc H appartient au cercle C^op\ de diamètre [OP\. Donc £ C C[op] ( f ig . 10.11). Réciproquement, si iV € C[op\i pour que N soit bien dans 5, il faut et il suffit que la droite {PN) coupe C en un point M puisqu’alors H sera bien le projeté orthogonal de O sur (MP) (par convention si N — P, la notation (PN) désignera la tangente à C[op] issue de P.). De deux choses l’une : - Si iV est dans le disque fermé T>de frontière C, la droite (PN) coupe C, et l’on a bien N E £. - Si iV ^ I>, la droite {PN) ne coupe pas C puisque d (0 , {PN)) = ON > r (où r désigne le rayon de C), donc N ^ £. En conclusion £ = C[op] n V, comme on le voit sur les deux dessins de la FIG. 10.11. R em arq u e — Dans cet exercice, le grand danger serait de s’arrêter en oubliant d ’envisager la réciproque, c’est-à-dire en ayant seulement démontré l’inclusion £ C C[op] - Un jury d ’oral attend le candidat au détour pour décou­ vrir s’il raisonne correctement ou s’il est habitué à produire des raisonnements tronqués. Il faut donc bien méditer sur cet exercice et y penser chaque fois que l’on doit résoudre un problème de lieux géométriques.

250

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

F ig . 10.11 - Deux cas à envisager R ép o n se 10.12 On demande de chercher le lieu des points M ' lorsque M parcourt le cercle C de centre O et de rayon r en utilisant des moyens dispo­ nibles au collège. Les vecteurs ne sont plus étudiés dans les programmes 2008 du collège, mais on dispose encore du Théorème de la droite des milieux en quatrième, et du Théorème de Thalès et sa réciproque en troisième. Soit O' le symétrique de A par rapport à O. Si M 6C, construisons le symé­ trique M ' de A par rapport à M comme sur la f ig . 10.12. Comme O est le milieu de [AO'\, et M le milieu de [AM'\, le Théorème de la droite des milieux montre que O 'M ' = 2 0 M = 2r, donc M ' appartient au cercle C de centre O' et de rayon 2r. Si E désigne l’ensemble cherché, on vient de montrer l’inclusion E C C .

M'

F ig . 10.12 - Une histoire de cercles Il faut maintenant montrer que C C E. Si N est un point de C , traçons le milieu M de [.AiV]. Le Théorème de la droite des milieux appliqué dans le

10.3. RÉPONSES

251

triangle AO 'N montre que :

donc que M appartient à C. Ainsi N est le symétrique de A par rapport à M, avec M € C, donc AT € 5. Cela montre que C C £, et nous permet d ’affirmer que l’ensemble € cherché est le cercle C en entier. R em arq u es — a) La preuve que l’on vient de donner passe sous silence un cas particulier embêtant dont on se gardera de parler en collège pour ne pas embrouiller les esprits : si M, appartenant à C, est aligné avec O et A, le triangle AO'M' est aplati et l’on ne peut plus appliquer le Théorème de la droite des milieux. Cela montre les limites de ce raisonnement, et pourrait constituer une question d ’un jury d ’oral qui nous demanderait comment faire pour traiter ce cas particulier. On peut répondre en proposant une autre méthode, par exemple en utilisant des vecteurs, puisque de : f ÂM ' = 2ÂM

\ Â Ô ' = 2ÂÔ on tire O'M' = 20M par soustraction, d ’où O'M' = 20M, ce qui montre que M' € C. Cela prouve l’inclusion £ C C dans tous les cas de figure, et l’on ferait de même pour l’inclusion C C £. /0) Pour maîtriser cet exercice au tableau, le candidat doit bien remarquer que l’on s’intéresse aux images de M par l’homothétie h de centre A et de rapport 2, et donc que l’on est en train de chercher l’ensemble £ = h{C), image d’un cercle par une homothétie ! Un théorème classique (à savoir redémontrer si besoin) affirme que h{C) est le cercle de centre h (O) et de rayon 2r, ce qui explique pourquoi l’énoncé nous incite à utiliser le point O' = h (O).

7) Dans cet exercice, il est primordial de ne pas oublier de traiter la réci­ proque. L’oublier serait extrêmement pénalisant dans le cadre d’un concours où le jury est tenu de tester notre capacité à raisonner rigoureusement.

5) Cette question, extraite d’un exercice d ’un dossier d’oral 2de la session 2012du CAPES externe, a été réécrite pour ne conserver que l’aspect principal de l’exercice, celui qu’il ne faut pas « rater » sous peine de souffrir à l’oral. Les autres aspects pédagogiques sont faciles à imaginer : on peut penser à un « scénario permettant d’engager les élèves dans une démarche d ’investigation

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

252

prenant appui sur cet exercice » en utilisant un logiciel de géométrie dyna­ mique comme Geogebra ; ou encore trouver dans des manuels d’autres exercices de ce type pouvant servir de support à une démarche d ’investigation. R ép o n se 10.13 Solution analytique — Nous pouvons travailler analyti­ quement en utilisant des équations paramétriques. Nous sommes entièrement libres de choisir le repère cartésien poin: que nos calculs soient simplifiés. Choi­ sissons donc un repère cartésien (O, i , j , k ) dont l’origine est sur la droite A, tel que i dirige A. Les représentations paramétriques des droites A et sont de la forme :

x =u 2/ = 0 U e z=0

D

t€

où {a,b,c) G et (a,l3,'y) G R®\{(0,0,0)}. Le vecteur u{a,/3,'y) dirige la droite Dy donc 7 7^ 0 puisque A et ne sont pas coplanaires. Le lieu cherché est l’ensemble des points de coordonnées : X=

y=

w -I- ( a -I-

b -)-1^ 2

ta)

2

a, 1 = 2 + 2' + 2“ O

2

C-I-Î7

= ^ + ^t 2 2 quand i et « décrivent R. Comme les vecteurs 1j {af 2, ^ f 2y7/ 2) et 'w{l/ 2, 0,0) ne sont pas colinéaires, on reconnaît une représentation paramétrique du plan passant paj j4(o/2, 6 / 2, c / 2), de vecteurs directeurs ~v et tv. Z

=

Solution géométrique — Choisissons un point M q sur A, un point N q sur Z), et traçons le milieu I q du segment [MoN q]. Notons II le plan passant par I q et tel que A et £> soient faiblement parallèles à H. On peut donc écrire avec des notations usuelles : n = /0-f- ( A 0 D). Soient P a et Pd les plans contenant respectivement A et D, et parallèles à H ( f i g . 10.13). Soit S le lieu des points que l’on cherche. Si I appartient à £, il existe M £ A et N £ D tels que / soit le milieu de [MiV], mais alors les droites (MoN q) et (MN) coupent les plans parallèles P ai H et Pd respectivement en Mo, I q, N o et M, J, N. Le Théorème de Thalès dans l’espace montre que :

MJ

M qI q

M N ~

Môivô “

1 2

10.3. RÉPONSES

253

1 Г

_____

Z _ ______ i iL . N “ "

F ig . 10.13 - Rapprochement avec la situation de Thalès de sorte que J soit le milieu de [MN] et que l’on ait J = I. Ainsi I = J e U , et l’on vient de démontrer l’inclusion 5 C П. Réciproquement, si / € П, le plan Q contenant Д et / coupe la droite D en un point N. Les droites (NI) et Д sont coplanaires sans être parallèles, donc se coupent en un point M. Les points M , I, N sont alignés comme sur la FIG. 10.13, et le Théorème de Thalès dans l’espace donne :

M I __ M qI o MN ~ ЩЩ

1

2'

Cela prouve que I est le milieu de [MN], donc que I appartient à l’ensemble cherché £. Ainsi H C 5 et compte tenu de l’inclusion déjà démontrée, on obtient £ = T[. R ép o n se 10.14 En utilisant le produit scalaire ;

AB'^+ AC^

=

(â i + I bÿ + (â î + Jcÿ

= 2AI^-{-2ÂÎ.(ÏB + IC) + IB ^ + IC^. Comme I est le milieu de [BC\, on a, l Ê + IC = ^ et IB = IC — B C / 2. Ainsi : + л е я = 2Л / Н ^

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

254

R ép o n se 10.15 a) Soit G le centre de gravité du triangle ABC. Les médianes issues de R et C sont perpendiculaires si et seulement si le triangle BCG est rectangle en G (faire un dessin), ce qui, en utilisant le Théorème de Pythagore et sa réciproque, revient à dire que :

BC^ = BG^ + GC^. Cette égalité s’écrit :

ou encore : a 2= - ( 5

+ C K ^ ).

{*)

D’après le Théorème de la médiane

BÂ^ + BC^ = 2 5 J 2+ CB^ + CA^ = 2CK^ +

AC^ 2 AB^

soit : c2 + o2 = 2 5 a 2+

^

¿à

= 2C5T2 +

En additionnant membre à membre, on obtient : 2a2 + c2 + 6 ^ = 2 (5 ^

+ CK^) + — + —

2

2

soit 2 (5 J2 + CK^) = 2a^ + ^ + ~ . 2 2 L’égalité (*) est donc équivalente à :

62 ce qui s’écrit : C2+ 6 2= 5o2 En conclusion, les médianes issues de 5 et C sont perpendiculaires si et seule­ ment si c2-t- 6 2= 5o2.

10.3. RÉPONSES

255

b) Soit W la symétrique de A par rapport à B. Soit I le milieu de [HW] comme sur la FIG. 10.14 (a). Les droites {AI) et {HB) sont deux médianes du triangle AHW, et l’on peut vérifier que :

AW^ + HW^ =

5 X AH"^. (t)

En effet, si a désigne la longueur d ’une arête du cube, on a A W = 2A B = 2a, puis d ’après le Théorème de Pythagore :

AH^ = AD^ + DH^ = 2a^. Enfin si l’on se place dans le repère orthonormal {A,AB,AD,ÂE), les coor­ données de Я et W sont : et

donc

= (2a)^ -I-

-H

W

= 6o^. On a donc :

AW^ + HW^ = (2o)2 -F 6a^ = lOa^ = 5 x 20^ = 5 x AH^ ce qui montre (f). La question c) montre alors que les médianes (AI) et {HB) sont perpendiculaires. Le centre de gravité A' du triangle A H W coïncide donc avec le projeté orthogonal de A sur {BH). Pour tracer A! à la règle, il suffit donc de tracer deux médianes du triangle AH W, et le point A' sera à leur intersection.

Construction — Sur la f ig . 10.14 (b) on a tracé l’intersection I des segments [FC\ et [BG], puis l’intersection A' des droites (AI) et {HB). R em arq u es — Par convention, une construction à la règle signifie que l’on n’a pas le droit d’utiliser une règle graduée. On peut seulement tracer tous les segments et toutes les droites possibles à partir des données du problème. C’est ce que nous avons fait. Le milieu I de [HW] est bien égal au point d ’intersection des diagonales du carré BCGF, car le Théorème de la droite des milieux, appliqué avec les milieux / et VP de [HW] et [dVP], montre que {BI) est parallèle à {AH), et que B I = AH/ 2. Comme A B = HG, le quadrilatère ABG H est un parallélogramme, donc {BG) est aussi parallèle à {AH). Les droites {BI) et {BG) sont donc parallèles et passent par le même point B, donc sont confondues. Les points B, I, G sont

256

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

F ig . 10.14 - Construction de A! donc alignés, et comme B I = AH /2 = 3 0 /2 , on peut affirmer que I est le milieu de [BG\, c’est-à-dire l’intersection des diagonales du carré BCGF. R éponse 10.16 a) On rappelle que d = AA!. On note K le projeté ortho­ gonal de O' sur (OA)., comme sur la FIG. 10.15.

F ig . 10.15 - Des tracés pour appliquer Pythagore Le Théorème de Pythagore appliqué au triangle OKO' et l’hypothèse suivant laquelle les cercles C et C sont tangents permettent d’écrire :

( 0 0 ' = R + R! [ 0 0 ' 2 = OK^ + KO'^ = { R - R 'Ÿ

+

d ’où ¿2 = (Д + B ! f - { R - R')^ = ARR'. b) On trace les projetés orthogonaux H et H' du centre O" du dernier cercle C" sur les droites (OA) et {O'A'). Le Théorème de Pythagore dans le

10.3. REPONSES

257

triangle ОНО" donne : ЯО"2 = (Я + R " f - { R - R " f = 4ЯЯ". On trouverait de même H'O"^ = 4R'R", de sorte que :

d = H H ' = HO" + O" H' = 2VRR" + 2VR'R". Comme d = 2^/RR', on obtient \/R R ' = VRR" + VR'R" et la relation de­ mandée en divisant les deux membres par VRR'R". R em arq u e — L’article de Annick Horiuchi [4] sur la géométrie au Japon propose quelques problèmes inspirés de Sangaku, dont ce problème classique des mathématiques japonaises que l’on trouve dans de nombreux manuels et d’anciennes tablettes de mathématiques. R ép o n se 10.17 I.l. Si <^ = 0, la courbe Го admet la représentation para^ métrique : X = v i cos u>t { t € [0,2я/ш[. y - V2COSU)t

Si M € Го, ses coordonnées (x,y) vérifient : y

=

V2

cos wi =

X V2— V\

=

V2 — X V\

et —v\ < x = v\ cos u)t
V2 y = —x V\

et

xe[-vi,v\]

(t)

alors x/vi G [—1,1] donc il existe un réel t tel que u>t G [0,2тг[ et x/v\ = coswi. Dans ce cas x = v\ cos u)t, puis :

V2 y = — V \ cos u t =

V2

Vl

COSu t

avec t G [0,27r/ij[, ce qui prouve que M appartient à Го. La courbe Го est donc bien définie par les conditions (f). (f) montre que Го est un segment inclus dans la droite de pente V2/V 1 passant par l’origine du repère. Si = 4 et V2 = 3, le segment y = (3/4)x avec —4 < X < 4 est représenté sur la FIG. 10.16.

1.2.

II. 1. Par définition

^ж/2

1

COSu t y = V2 COS{ut —7 t/ 2) = X = V\

V2

siniJÎ

t G [0, 27t/ w [.

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

258

F ig . 10.16 - Question 1.3 Si M (i) est un point de r ^ / 2>ses coordonnées x, y vérifient :

Vf

+

y2

cos^ u)t + sin^ wi = 1

donc M (t) G (E). On a donc l’inclusion F ^/2 C (E). Réciproquement, si M (x,y) G (E), posons U = xjv\ et u = yjv^- Alors : U

Ji. , y,,2 1 ^ -\-v — — P H— ô — 1

2 , 2

Vf

donc le point de coordonnée {u,v) appartient au cercle trigonométrique de centre O et de rayon 1. Cela montre l’existence d ’un réel 9 compris entre 0 et 27T tel que : j u = cos 0 I U = sin 0. Posons t = 0/u. On obtient U V

= coswi = sinwi

avec t G [0,27r/o;[, de sorte que :

= v \ cos u i t y = V2 sinwi = X

{

7 2)

V2 COs{ut — t/

et que M appartienne à F^/ 2- On vient de montrer que (E) c P^/ 2- On peut donc conclure à F^/ 2 = La courbe dessinée par l’oscilloscope est donc une ellipse.

10.3. RÉPONSES

259

II. 2.a. • On a : ^ + ^ = 1 Vf v |

M {x ,y) e r ^/2

(-æ ) =4>

M '(-æ ,y ) € r ^ / 2-

Le point M' {—X, y) est le symétrique de M (æ, y) par rapport à l’axe (Oy), et l’on vient de voir que :

M eV^/2 ^

M 'er„/2.

Si s est la réflexion par rapport à {Oy), on a s (r^ / 2) C r ^ / 2) soit aussi s^(r,r/ 2) = r ^/2 C s (r^ / 2) en appliquant s à nouveau des deux côtés et en utilisant l’involutivité de s. En conclusion s (r^ / 2) = r ^/2 et (Oy) est un axe de symétrie de T^/2• La réflexion par rapport à (Ox) est l’application cr qui à M {x, y) fait correspondre le point M' {x, —y). Les implications : ^ M {x, y) G r ^/2

7/2

OI

=

Vo

1

X" i - y y =1 —ô + M {x, y) G r ^/2 montrent l’inclusion
[s (r ^ / 2 )] = 0 -(r^/2) = ï'n/2-

Cela prouve que O est un centre de symétrie de F^/ 2II.2.b. {E') est la partie de l’ellipse {E) située dans le premier quart de plan {æ > 0;y > 0}. On obtient {E) à partir de {E') en complétant {E') par symétrie par rapport à {Oy), puis par symétrie par rapport à {Ox), puis par symétrie par rapport à O. En effet :

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

260

(E) = {E') U s ((Æ;')) U cr((E')) U 5o ((£^') . R em arq u e — On peut préférer compléter {E') par symétrie par rapport à (Oy), puis compléter la figure obtenue (c’est-à-dire (£?')Us((Æ^'))) par symétrie par rapport à (Ox). Cela correspond à l’égalité : (E) = ir((Æ ;')U s((£^))). II.3. écrire :

Si l’on se restreint aux points M de coordonnées x, y positives, on peut

x2

= 1

Vf 2 2f y — V2 ( y=

V2

x2\ vV

/ 2

9

) f — X^ i

Vl V

donc {E') coïncide avec la courbe représentative de / . 11.3.a. L’application x i-> définie et dérivable sur [0,vi[, et reste strictement positive sur [0,ui[. Comme la fonction racine carrée x i-^ est définie et dérivable sur on peut affirmer que la fonction composée X I— > \Jv\ —x^ sera définie et dérivable sur [0, v\ [. Il en sera de même de / qui est le produit de cette dernière fonction par la constante V2/v\. La formule de dérivation des fonctions composées donne : Vx € [0,ui[

f 'U ) =

—V2X

- 2x

^

Vi

X-“

П.З.Ь. Comme : lim ¿ М л Л а ) = lim V2 X — Ui

Vi

- x^ _ —

X — Vl

X-W i-

-U 2'Jvx + ж _ ,— = —oo Vi

^/Vl

X

la courbe {E') adm ettra une tangente verticale en v i . C o m m en taire — On vient en effet de démontrer que la limite de la pente d’une sécante à {E’') passant par le point A (ui, 0) et un point M (x, / (x)) de (E'), existe quand M tend vers A, et est égale —oo. Cela prouve que cette sécante tend vers une position limite que l’on appelle « tangente en à la courbe {E') », et il s’agit ici de la verticale passant par A.

10.3. RÉPONSES

261

II.3.C. La dérivée f reste strictement négative sur [0, vi [ donc / est stricte­ ment décroissante sur [0, ui]. Voici son tableau de variations : X

f'{x) f{x)

0 0 U2

v\ —00

— \

0

Comme /'( 0 ) = 0, {E') admet une tangente horizontale au point (0, ^2)- La FIG. 10.17 montre la représentation graphique de / quand ui = 4 et U2= 3..

F ig . 10.17 - Ellipse d ’équation fg + ^ = 1 II.4.a. L’ellipse tracée sur l’oscilloscope admet les équations paramétriques :

X = vi cos U)t y = v<2cos(wi —(f)

t G [0,27r/o;[

donc —v\ < X < ui et —V2 < y < «2- Sur la photographie de l’énoncé, l’abscisse la plus grande d’un point de l’ellipse est 3 et l’ordonnée la plus grande d ’un point de l’ellipse est 2, donc Ui = 3 et t > 2= 2. II.4.b. Comme A (0; 1,4) appartient à l’ellipse, il existe t G [0,27r/w[ tel que :

0= coswi 1,4 = 2cos(a>i —(fi)

d’où

{

TT ut = — + kn

fc G Z.

CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

262

Mais u)t G [0, 27t[ donc tôt sera égal à tt/2 ou 37t/ 2. • Si wi = 7t/ 2 ,

c o s (7 t/ 2

—(f) = 0,7 s’écrit sin(^ = 0,7 donc :

(p = arcsin 0,7 ~ 0,775 40 radians puisque (f doit appartenir à [0, tt/ 2]. Comme : 180

0,77540 X ------ ~ 44,427 TT l’angle (fi sera égal à 44° au degré près. • Si

wi

=

37 t/ 2 , c o s ( 37 t/ 2

—(p) = 0,7

^ ^

—c o s ( 7t/ 2 —(p) = 0,7 sin 9 ? = —0,7

ce qui est à rejeter car on doit avoir sine/? > 0puisque 0 <(p < 'ïïj’l. Ill.l.a. On a :

M F^

= {x - V ï)^ + = =

(x-,/7f + 9 ( l - g ) 16

—2\/7x + 10

=(i-)’ III. 1.b. Calculons :

MF'^ = {x +

(a; + V7)2 + 9 ( l - ^ j 16

+ 2 ^ x + 16

Ainsi

M F + M F' = — x - 4 + ^ x + 4 4

10.3. REPONSES

263

Comme —4 < x < 4 on déduit que :

V7 ^x -4 < \/7 -4 < 0

et

V7 ^ x + 4 > -^/7 + A>0

et l’on peut écrire : M F + MF' = - i ^ x - 4 j + ( ^ x + 4 j = 8 . III.2.a. On calcule M F2 - M F'2 = {x - a/ 7)2 + y2 _ ((a; + ^ ) 2 + {

^

M F2 + M F'2 = (x - V^)2 + y2 + (a, + ^ ) 2 4 . y2 ^ 2x2 + 2y2 + 14.

III.2.b. MF^ - MF'^ = {MF + M F'){MF - MF') = -A s/lx. Si M € (E), M F + M F ' = 8donc : M F - M F' = ^ ^ x = O

2

III.2.C. En résolvant M F + M F' = 8 M F - M F ' = -^ /7 x /2 on trouve :

MF = \ ( s - ^ x j = 4 - ^ x

et

M F ' = ^8 + ^ x j = 4 + ^ x

et on peut remplacer dans MF^ + MF'^ = 2x^ + 2j/2+ 14pour obtenir : ^4 -

+ ^4 +

+ 2y^ + 14

32 + |x ^ = 2x^ + 2y2 + 14 8 et après simplifications :

— + yl = i 16 9 Cela démontre que tout point de (F) appartient à F.

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CHAPITRE 10. CONSTRUCTIONS

Bibliographie [1] J.-P. Beltramone et al., Manuel de Mathématiques de première S, collec­ tion Déclic, Haohette, 2011. [2] R. Bkouche, Du raisonnement à la démonstration, Repères-IREM 47, pp. 41-64, avril 2002. [3] Euclide, Eléments, 13 volumes, http ://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/ elements/toc.html, site en fonction en 2008 mis en ligne par David E. Joyce (Mathematics and Computer Science, Clark University), 3ème siècle av. J.-C. [4] A. Horiuchi, La géométrie à l’usage des dieux au japon ?, Pour la Science, dossier n°47, pp. 32-37, avril-juin 2005. [5] S. Mehl, ChronoMath, une chronologie des mathématiqties à l’usage des professeurs de mathématiques et des élèves des lycées & collèges, http : / / www.chronomath.com/. [6] D.-J. Mercier, L’épreuve d ’exposé au CAPES mathématiques, 14 leçons rédigées et commentées. Vol. I, Publibook, 2007. [7] D.-J. Mercier, Cours de géométrie, CSIPP, édition 4, 2014. [8] D.-J. Mercier, Exercices et problèmes de mathématiques pour le CAPES et l’agrégation interne. Millésime 2013, Publibook, 2013. [9] D.-J. Mercier, L’épreuve d ’exposé au CAPES mathématiques. Leçons ré­ digées et commentées. Vol. II, Publibook, 2006. [10] D.-J. Mercier, L’épreuve d ’exposé au CAPES mathématiques. Leçons ré­ digées et commentées. Vol. III, Publibook, 2007. [11] D.-J. Mercier, L’épreuve d ’exposé au CAPES mathématiques. Leçons ré­ digées et commentées. Vol. IV, Publibook, 2008. [12] D.-J. Mercier, Introduction à la géométrie projective, CSIPP, 2013. [13] D.-J. Mercier, Acquisition des fondamentaux pour les concours. Vol. I : Nombres, algèbre, arithmétique et polynômes, CSIPP, 2014. 265

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BIBLIOGRAPHIE

[14] D.-J. Mercier, Acquisition des fondamentaux pour les concours, Vol. II : Algèbre linéaire, CSIPP, 2014. [15] D.-J. Mercier, Acquisition des fondamentaux pour les concours. Vol. III : Espaces euclidiens et hermitiens, CSIPP, 2014. [16] D.-J. Mercier, Acquisition des fondamentaux pour les concours. Vol. IV : Géométrie affine et euclidienne, CSIPP, 2014. [17] D.-J. Mercier, Acquisition des fondamentaux pour les concours. Vol. VI Cuvée spéciale, analyse et autres joyeusetés, CSIPP, 2013. [18] D.-J. Mercier, Acquisition des fondamentaux pour les concours. Vol. VII Topologie et autres thèmes lumineux, CSIPP, 2014. [19] D.-J. Mercier, Dossiers mathématiques n°7. Les raisonnements mathéma­ tiques, CSIPP, 2014. [20] J.-M. Monier, Algèbre et géométrie MP : cours, méthodes et exercices corrigés, coll. J ’intègre, Dunod 2007. [21] Programme de mathématiques de la classe de MPSI (première année de CPGE), BOESR spécial 3 du 30 mai 2013 (BOESR = bulletin officiel du ministère de l’enseignement supérieur et de la recherche), 2013. [22] Programme de Mathématiques de terminale S, B.O. spécial n °8 du 13 octobre 2011. [23] Rapport d ’étape sur la géométrie et son enseignement. Commission de réflexion sur l’enseignement des mathématiques, dite commission Kahane, janvier 2000. [24] Wikipedia, L’encyclopédie libre (http ://fr.wikipedia.org).