Fiche de mathématiques
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Géométrie Affine et Affine-Euclidienne
Exercices

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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.



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')
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