Fiche de mathématiques

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Géométrie Affine et Affine-Euclidienne
Exercices

$E$ un $\mathbb{R}$ -ev de dimension finie.
On notera $\mathfrak{A}_n$ l'espace $\mathbb{R}^n$ considéré comme espace affine.
On notera $\mathfrak{E}_n$ l'espace affine euclidien de dimension $n$ , souvent muni d'un repère orthonormé direct $\mathfrak{R}$ .
On notera $Aff(E,E^{'})$ l'ensemble des applications affines de $E$ dans $E^{'}$
On notera $bary \begin{pmatrix}A_i\\\alpha_i\end{pmatrix}_{i\in I}$ ou encore $bary \begin{pmatrix}A_1&\cdots&A_n\\ \alpha_1&\cdots& \alpha_n\end{pmatrix}$ le barycentre de la famille $(A_i,\alpha_i)_{ i \in I}$

exercice 1

Trouver toutes les applications affines $f : E \to E$ telles que : $\forall \vec{u} \, : \, t_{\vec{u}}of=fot_{\vec{u}}$

exercice 2

Soient :
$n \in \mathbb{N}^*$
$(A_1,\cdots, A_n)\in E^n$
$(\alpha_1,\cdots, \alpha_n)\in \mathbb{R}^n$ tel que : $\displaystyle \sum_{i=1}^n \alpha_i=0$
$\lbrace I,J \rbrace$ une partition de $\lbrace 1,\cdots,n \rbrace$ telle que $\displaystyle \sum_{i\in I} \alpha_i \neq 0$
$G_1=bary \begin{pmatrix}A_i\\\alpha_i\end{pmatrix}_{i\in I}$ et $G_2=bary \begin{pmatrix}A_j\\\alpha_j\end{pmatrix}_{j\in J}$

Montrer que, si $G_1 \neq G_2$ , la direction de la droite $(G_1 G_2)$ ne dépend pas du choix de $\lbrace I,J \rbrace$ .

exercice 3

1. Soit $G$ un groupe fini d'applications affines de $E$ dans $E$ .
Montrer qu'il existe $A \in E$ tel que : $\forall g \in G \, , \, g(A) = A$ .

2. Soit $f \in Aff(E,E)$ telle qu'il existe $n \in \mathbb{N}^*$ tel que : $f^n = Id_E$ .
Montrer que : $\exists A \in E \, , \, f(A) = A$ .

exercice 4

Soient $L_1$ et $L_2$ deux parties convexes de $E$ , et $L$ l'ensemble des milieux des segments $[M_1M_2]$ lorsque $(M_1,M_2)$ décrit $L_1 \times L_2$ .
Montrer que $L$ est convexe.

exercice 5

On munit $\mathfrak{A}_3$ d'un repère cartésien $\mathfrak{R} = (O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ .
Déterminer les éléments caractéristiques de l'application affine $f$ définie par la formule suivante, où $M(x,y,z)$ décrit $\mathfrak{A}_3$ et $f(M)$ a pour coordonnées $(x', y', z')$ : $\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x' & \ -y - z + 1 \\ y' & -2x - y - 2z + 2 \\ z' & x + y + 2z - 1 \\ \end{array} \right.$

exercice 6

Former les équations cartésiennes (dans le plan euclidien $\mathfrak{E}_2$ rapporté à un repère orthonormé) des bissectrices des deux droites $(D_1) : 3x+4y+3=0$ et $(D_2) : 12x-5y+4=0$

exercice 7

Montrer que toute isométrie de $\mathfrak{E}_2$ qui échange deux points distincts est involutive.

exercice 8

Théorème d'Oppenheim :
Soit $ABC$ un triangle, $O$ un point intérieur à $ABC$ , $P$ , $Q$ et $R$ les pieds des perpendiculaires menées de $O$ à $(BC), (CA), (AB)$ .
Démontrer que : $OA.OB.OC \geq (OQ+OR)(OR+OP)(OP+OQ)$ , puis étudier le cas d'égalité.

exercice 9

Soit $H$ une hyperbole équilatère de centre $O$ , et $M \in H$ , le cercle tangent en $M$ à $H$ et contenant $O$ recoupe $H$ en deux points $P,P^{'}$ , montrer que :
1. $PP' \perp OM$
2. Le symétrique de $O$ par rapport à $(PP')$ est sur $H$ .

Correction

exercice 1

On a $\forall (A,\vec{u} )\in E^2$ :
$f(A) + \vec{f}(\vec{u}) = f(A+\vec{u}) = fot_{\vec{u}}(A) = t_{\vec{u}}of(A) = f(A) + \vec{u}$
Et donc : $\vec{f} = Id_E$

On déduit alors que l'ensemble cherché est l'ensemble des translations de $E$ .

exercice 2

On a, par définition : $\displaystyle \sum_{i\in I} \alpha_{i} \overrightarrow{G_1A_i} = \sum_{j\in J} \alpha_j \overrightarrow{G_2A_j} = \vec{0}$
Donc : $\vec{0} = \displaystyle \sum_{i\in I} \alpha_{i} \overrightarrow{G_1A_i} + \sum_{j\in J} \alpha_j \overrightarrow{G_2A_j} = \sum_{i\in I} \alpha_{i} \left(\overrightarrow{G_1G_2} + \overrightarrow{G_2A_i} \right) + \sum_{j\in J} \alpha_j \overrightarrow{G_2A_j} = \left(\sum_{i\in I} \alpha_{i} \right) \overrightarrow{G_1G_2} + \sum_{j=1}^n \alpha_j \overrightarrow{G_2A_j}$
On déduit :
$\displaystyle \left( \sum_{i\in I} \alpha_{i} \right) \overrightarrow{G_1G_2}=-\sum_{j=1}^n \alpha_j \overrightarrow{G_2A_j}=-\sum_{j=1}^n \alpha_j (\overrightarrow{G_2A_1}+\overrightarrow{A_1A_j}) = - \left( \sum_{j=1}^n \alpha_j \right) \overrightarrow{G_2A_1}-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j \vec{A_1A_j}=-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j \overrightarrow{A_1A_j}$

On obtient enfin : $\overrightarrow{G_1G_2} = -\dfrac{1}{\displaystyle \sum_{i\in I} \alpha_i} \displaystyle \sum_{j=1}^{n}\alpha_j \overrightarrow{A_1A_j}$
Donc $(G_1G_2)$ est dirigée par $\displaystyle \sum_{j=1}^{n}\alpha_j \overrightarrow{A_1A_j}$ qui est indépendant du choix de $\lbrace I,J \rbrace$ .

exercice 3

1. Notons $f_1 , \cdots , f_n$ les élements de $G$ .
Soit $M$ un point quelconque de $E$ et notons $A$ l'isobarycentre de $f_1(M) , \cdots , f_n(M)$ .
Soit $i \in \lbrace 1, \cdots, n \rbrace$ . Puisque $f_i$ est affine, $f_i(A)$ est l'isobarycentre de $f_i(f_1(M)),\cdots, f_i(f_n(M))$ .
D'autre part, puisque $G = \lbrace f_1 , \cdots , f_n \rbrace$ est un groupe, les élements $f_i o f_1,\cdots , f_i o f_n$ sont deux à deux distincts et constituent $G$ , par conséquent, $f_i(A) = A$ .

2. Puisque $f^n = Id_E$ , le groupe engendré par $f$ , formé par les $f^k(k \in \mathbb{Z})$ est fini. D'après la question précédente, il existe donc $A \in E$ tq : $\forall k \in \mathbb{Z}$ : $f^k(A) = A$ . En particulier : $f(A) = A$ .

exercice 4

Soient $(M,N) \in L^2, \, \lambda \in [0,1]$ , $P = \begin{pmatrix} M & N\\ \lambda & 1 - \lambda \end{pmatrix}$ .
Il existe $(M_1,N_1) \in (L_1)^2$ , $(M_2,N_2)\in (L_2)^2$ tels que $M$ (resp. $N$ ) soit le milieu de $[M_1M_2]$ (resp. $[N_1N_2]$ ).
On a alors : $P = bary \begin{pmatrix} \gamma_1& \gamma_2&\\ \lambda&1-\lambda\end{pmatrix}$ avec $\gamma_1=bary\begin {pmatrix}M_1&M_2\\1&1\end{pmatrix}$ et $\gamma_2=bary\begin{pmatrix}N_1&N_2\\1&1\end{pmatrix}$
Donc : $P= bary \begin{pmatrix} M_1& M_2& N_1&N_2 &\\ \dfrac{\lambda}{2} & \dfrac{\lambda}{2} & \dfrac{1-\lambda}{2} & \dfrac{1-\lambda}{2} \end{pmatrix}= bary\begin{pmatrix} M_1& M_2& N_1&N_2 &\\ \lambda & \lambda & 1-\lambda & 1-\lambda \end{pmatrix} = bary\begin{pmatrix} P_1&P_2 \\ 1&1 \end{pmatrix}$
Avec $P_1=bary \begin{pmatrix} M_1 & N_1 &\\ \lambda & 1-\lambda \end{pmatrix}$ et $P_2=bary \begin{pmatrix} M_2 & N_2 &\\ \lambda & 1-\lambda \end{pmatrix}$
Ainsi, $P$ est le milieu de $[P_1P_2]$ et $P_1\in L_1$ , $P_2\in L_2$ puisque $L_1$ et $L_2$ sont convexes.

exercice 5

En notant : $A=\begin{pmatrix} 0 &-1 &-1 &\\ -2&-1&-2 \\ 1&1&2 \end{pmatrix}$ .
On a : $A^2=I_2$ .
Donc : $\forall M(x,y,z) \in \mathfrak{A}_3$ , on a : $f(M)=M \Longleftrightarrow x+y+z=1$
On en déduit que l'ensemble des invariants de $f$ est le plan $P|x+y+z=1$
D'autre part, $\forall \vec{u}(x,y,z) \in \mathbb{R}^3$ : $f(\vec{u})=-\vec{u} \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x-y-z&0 \\ -2x-2z&0 \\x+y+3z&0 \\\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} y&2x \\ z&-x \\\end{array} \right.$
Finalement, $f$ est la symétrie par rapport au plan $P|x+y+z=1$ , parallèlement à $\vec{D'}\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} y&2x \\ z&-x \\\end{array} \right.$

exercice 6

Notons $\Delta_1$ , $\Delta_2$ les deux bissectrices de $D_1$ et $D_2$ , on a : pour tout point $M(x,y)$ :
$M\in \Delta_1 \cup \Delta_2 \Longleftrightarrow d(M,D_1)=d(M,D_2) \Longleftrightarrow \dfrac{|3x+4y+3|}{5}= \dfrac{|12x-5y+4|}{13} \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} 13(3x+4y+3)-5(12x-5y+4)&=0 \\ Ou \\13(3x+4y+3)+5(12x-5y+4)&=0 \\\end{array} \right.$
Les bissectrices sont donc les droites d'équations : $-21x+77y+19=0$ et $99x+27y+59=0$ .

exercice 7

Soient $f$ une isométrie de $\mathfrak{E}_2$ , $A,B\in\mathfrak{E}_2$ distincts tels que : $f(A)=B$ et $f(B)=A$
On a : $\vec{f}(\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{f(A)f(B)}=\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}$
Notons $\vec{u}$ un vecteur unitaire normal à $\overrightarrow{AB}$ .
Puisque $\vec{f}$ est une isométrie vectorielle et que $\vec{u} \perp \overrightarrow{AB}$ : $\vec{f}(\vec{u}) \perp \vec{f}(\overrightarrow{AB})$ .
Donc $\vec{f}(\vec{u})$ est colinéaire à $\vec{u}$ , donc : $\vec{f}(\vec{u})=\vec{u}$ ou $\vec{f}(\vec{u})=-\vec{u}$
Et en sachant que $\vec{f}(\overrightarrow{AB})=-\overrightarrow{AB}$ ; $\vec{f}$ est soit la reflexion par rapport à $\mathbb{R}\vec{u}$ soit $-Id_{\mathfrak{E}_2}$
D'autre part, en notant $I$ le milieu de $[AB]$ , puisque $f$ est affine, $f(I)$ est le milieu de $[BA]$ , on obtient donc : $f(I)=I$ .
Ainsi, $f$ est soit la reflexion par rapport à la médiatrice de $[AB]$ soit la symétrie centrale par rapport à $I$ , et finalement : $fof=Id_{\mathfrak{E}_2}$

exercice 8

Théorème de A. Oppenheim :

Géométrie affine affine-euclidienne : exercices - supérieur : image 1

Notons $H$ le pied de la hauteur issue de $A$ , $x=OA$ , $y=OB$ , $z=OC$ , $p=OP$ , $q=OQ$ , $r=OR$ , $h=AH$ , $a=BC$ , $b=CA$ , $c=AB$
On a : $OA+OP\geq AH$ , d'où : $ax+ap\geq ah$
Par contre, $ah=2\sum (ABC) =2(\sum (AOB)+\sum (BOC)+\sum(COA))=ap+bq+cr$
D'où : $ax\geq bq+cr$
L'inégalité reste valable si $O$ est extérieur à $ABC$ , dans l'angle $\widehat{A}$

Géométrie affine affine-euclidienne : exercices - supérieur : image 2

$bq+cr =CA.OQ+AB.OR=2\sum(ABOC) = BC(AH+OP)\leq BC.OA=ax$
Notons $O'$ le symétrique de $O$ par rapport à la bissectrice intérieure de $ABC$ issue de $A$ , $O'$ peut être intérieur à $ABC$ ou extérieur mais dans l'angle $\widehat{A}$ .
D'après le résultat précédent, appliqué à $O^{'}$ au lieu de $O$ : $ax\geq br+cq$ .
D'où : $2ax\geq (bq+cr)+(br+cq)=(b+c)(q+r)$
En permutant, on obtient deux autres inégalités qu'on multiplie membre à membre :
$8abcxyz\geq (b+c)(c+a)(a+b)(q+r)(r+p)(p+q)$
D'autre part : $\forall (t,s)\in\mathbb{R}_{+}^2 : t+s\geq 2 \sqrt{st}$
D'où : $(b+c)(c+a)(a+b)\geq 8\sqrt{bc}\sqrt{ca}\sqrt{ab}=8abc$
Finalement : $xyz\geq (q+r)(r+p)(p+q)$

Cas d'égalité :
En remontant dans le raisonnement précédent, on obtient : $a=b=c$ , ensuite : $ax=bq+cr=br+cq,\cdots$
D'où : $x=q+r,\cdots, AO+OP=AH$ , $A,O,P$ alignés, $P=H$
Donc : Il y a égalité ssi : $ABC$ est équilatéral et $O$ est son centre.

exercice 9

Géométrie affine affine-euclidienne : exercices - supérieur : image 3

1. On se situe dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ .
$H$ a pour équation : $xy =a^2, a\in \mathbb{R}^*_{+}$ fixé.
Soit $M \left(x,\dfrac{a^2}{x} \right), x\in \mathbb{R}^*$
Notons $\Omega(X,Y)$ le centre du cercle tangent à $M$ à $H$ et passant par $O$ .(Ce cercle sera dorénavant noté $\Gamma$ )
On a :
$\left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} \overrightarrow{M\Omega}\perp \dfrac{\overrightarrow{dM}}{dx} \\ O\Omega=\Omega M \\\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} (X-x)-\dfrac{a^2}{x^2} \left(Y - \dfrac{a^2}{x} \right) = 0 \\ X^2+Y^2=(X-x)^2 + \left(Y - \dfrac{a^2}{x} \right)^2 \\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} x^2x-a^2Y=x^3 - \dfrac{a^4}{x} \\ x^2X+a^2Y = \dfrac{x^3}{2} + \dfrac{a^4}{2x} \\\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} X=\dfrac{3x^4-a^4}{4x^3} \\ Y=\dfrac{3a^4-x^4}{4a^2x} \\\end{array} \right.$
Notons : $s = \dfrac{3x^4-a^4}{4x^3}, t = \dfrac{3a^4-x^4}{4a^2x}$ les coordonnées de $\Omega$
On peut déduire l'équation cartésienne du cercle $\Gamma$ :
$(X,Y)\in \Gamma \Longleftrightarrow (X-s)^2+(Y-t)^2=s^2+t^2 \Longleftrightarrow X^2+Y^2-2sX-2tY=0$
L'équation aux $X$ des points de $\Gamma\cap H$ est : $X^2+ \left(\dfrac{a^2}{X} \right)^2-2sX-2t \dfrac{a^2}{X}=0$
On obtient donc (en remplaçant $s$ et $t$ par leurs expressions) : $X^4 - \dfrac{3x^4-a^4}{2x^3}X^3 - \dfrac{3a^4-x^4}{2x}X+a^4=0$
Puisque $\Gamma$ est tangente à $H$ en $M$ , l'équation précédente qui est de degré 4 en $X$ admet $x$ pour solution double, et en factorisant par $X^2-2xX+x^2$ , on obtient :
$X^2+\dfrac{a^4+x^4}{2x^3}X+\dfrac{a^4}{x^2}=0$ $(E)$
En notant $X_1,X_2$ les deux solutions de l'équations $(E)$ , qui sont les abscisses de $P$ et $P^{'}$ , on a :
$\overrightarrow{PP'}=(X_2-X_1)\vec{i}+ \left(\dfrac{a^2}{X_2} - \dfrac{a^2}{X_1} \right) \vec{j}=(X_2-X_1) \left(\vec{i} - \dfrac{a^2}{X_1X_2}\vec{j} \right) = (X_2-X_1) \left(\vec{i} - \dfrac{x^2}{a^2}\vec{j} \right)$
D'où : $\overrightarrow{PP^{'}}.\overrightarrow{OM}= (X_2-X_1) \left(x+ \dfrac{a^2}{x} \left(-\dfrac{x^2}{a^2} \right) \right)=0$
Donc $(PP')\perp (OM)$

2. Notons $M'$ le symétrique de $M$ par rapport à $O$ , $M' \left(-x,-\dfrac{a^2}{x} \right)$ , et $I$ le milieu de $[OM']$ , $I \left(\dfrac{-x}{2},\dfrac{-a^2}{2x} \right)$ .
D'après la question précédente, on a : $(PP')\perp (OM)$ , d'autre part : $I\in (PP')$ parce que :
$det_{(\vec{i},\vec{j})}(\vec{PI},\vec{P'I}) = \begin{vmatrix} \dfrac{x}{2}+X_1 & \dfrac{x}{2}+X_2 &\\ \dfrac{a^2}{2x}+\dfrac{a^2}{X_1}&\dfrac{a^2}{2x}+\dfrac{a^2}{X_2} \end{vmatrix}=\dfrac{a^2}{2x}(X_1-X_2)+\dfrac{a^2x}{X_1X_2}(X_1-X_2)+\dfrac{a^2(X_1-X_2)(X_1+X_2)}{X_1X_2}=a^2(X_1-X_2) \left(\dfrac{1}{2x}+\dfrac{x^2}{2a^3}+\dfrac{x^2}{a^4} \left(\dfrac{-(a^4+x^4)}{2x^3} \right) \right) = 0$

$M'$ est le symétrique de $O$ par rapport à $(PP')$

Publié par Panter/Panter le 30-11--0001

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