Notesale: Turn your study into money

Document Preview

Extracts from the notes are below, to see the PDF you'll receive please use the links above

---

GUY AULIAC - JEAN DELCOURT
RÉMY GOBLOT

GUY AULIAC - JEAN DELCOURT - RÉMY GOBLOT

MATHÉMATIQUES
Algèbre et géométrie
Cours et exercices corrigés

Mathématiques
L1

E
...
Avignant, G
...
Azoulay, J
...
Auliac

Tome 2

E
...
Avignant, G
...
Auliac, Ch
...
Mercier, M
...
Auliac, J
...
Goblot

Topologie et analyse

L3

E
...
Avignant, G
...
Auliac, J
...
Caby

ISBN 2 10 048335 8

www
...
net

Guy Auliac est professeur agrégé
à l’université de Marne-la-Vallée
Jean Delcourt est professeur
à l’université de Cergy-Pontoise
Rémy Goblot est professeur à
l’université de Lille

MATHÉMATIQUES Algèbre et géométrie

Ce cours en trois tomes (Algèbre et géométrie, Intégration et
probabilités, et Topologie et analyse) est destiné aux étudiants en
Licence 3 de mathématiques
...

La compréhension du sujet est facilitée par de nombreux exemples
...
Une
trentaine de problèmes dont la solution détaillée est disponible sur
le WEB sont également proposés
...


3 eannée
Sous la direction de GUY AULIAC
GUY AULIAC - JEAN DELCOURT - RÉMY GOBLOT

MATHÉMATIQUES

Algèbre et géométrie

MATHÉMATIQUES
ALGÈBRE ET GÉOMÉTRIE

MATHÉMATIQUES
Algèbre et géométrie
50 % Cours + 50 % exos

Sous la direction de

Guy Auliac
Professeur agrégé à l’université de Marne-la-Vallée

Jean Delcourt
Professeur agrégé à l’université de Cergy-Pontoise

Rémy Goblot
Professeur à l’université de Lille

Couverture : Claude Lieber

© Dunod, Paris, 2005
ISBN 2 10 048335 8

i

i

i

i

Table des matières

AVANT-PROPOS

IX

CHAPITRE 1 • THÉORIE DES ENSEMBLES
1
...
2

Cardinal d’un ensemble

5

1
...
4

Relation d’équivalence, ensembles quotients

11

1
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
1

Anneaux, sous-anneaux, idéaux

25

2
...
3

Anneaux principaux, euclidiens et factoriels

39

Exercices

46

CHAPITRE 3 • POLYNÔMES
3
...
2

Polynômes irréductibles

62

3
...
1

Diagonalisation et trigonalisation

85

4
...
3

Réduction de Frobenius

Exercices

102
108

CHAPITRE 5 • GROUPES
5
...
2

Groupe quotient et groupe produit

123

5
...
4

Actions de groupes

130

5
...
1

Formes bilinéaires

147

6
...
3

Formes quadratiques

155

6
...
5

Adjoints

164

Exercices

169

CHAPITRE 7 • GROUPES CLASSIQUES
7
...
2

Le groupe orthogonal

183

7
...
4

Décomposition des transformations orthogonales

193

Exercices

194

CHAPITRE 8 • ESPACES AFFINES EUCLIDIENS
8
...
2

Géométrie euclidienne

222

Exercices

233

i

i
i

i

i

i

i

i

Table des matières

VII

CHAPITRE 9 • CALCULS BARYCENTRIQUES
9
...
2

Application en géométrie plane

248

9
...
4

Fonction de Leibnitz

255

Exercices

256

CHAPITRE 10 • TÉTRAÈDRES ET PARALLÉLÉPIPÈDES
10
...
2 Applications à des configurations

272

Exercices

277

CHAPITRE 11 • GÉOMÉTRIE DES CERCLES
11
...
2 Puissance d’un point

287

11
...
4 Faisceaux de cercles

294

11
...
6 Projection stéréographique

304

Exercices

308

CHAPITRE 12 • CONIQUES
315

12
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
1 Coniques dans un plan affine

325

Exercices

338

CHAPITRE 13 • NOMBRES COMPLEXES ET GÉOMÉTRIE
13
...
2 Utilisation de C en géométrie affine plane

351

13
...
4 Groupe circulaire

362

Exercices

367

INDEX

382

RÉFÉRENCES BIBLIOGRAPHIQUES

386

i

i
i

i

i

i

i

i

i

i
i

i

i

i

i

i

Avant-propos

© Dunod
...


La présente série est destinée aux étudiants de troisième année de Licence qui suivent
un parcours de mathématiques
...

C’est en troisième année de licence que se constituent les bases à partir desquelles
un étudiant pourra, soit aborder un master de mathématiques appliquées ou de mathématiques pures, soit préparer le CAPES de mathématiques
...

Cette appropriation nécessite dans un premier temps une lecture attentive et une
bonne compréhension des résultats du cours, ainsi que des démonstrations qui les
justifient, des motivations et heuristiques qui les sous-tendent
...
C’est pourquoi cette
série a le parti pris de proposer, outre un cours complet, une quantité importante
d’exercices corrigés
...
Ils sont un élément fondamental d’assimilation et d’appropriation du contenu du cours
...
En d’autres termes, il n’est guère souhaitable de se précipiter sur la solution
à la première difficulté
...

Parlons d’abord de la forme : il s’agit pour nous, tout en évitant les généralités excessives, d’utiliser les notions abstraites comme par exemple les quotients, qui
permettent d’arriver plus vite à l’essentiel
...
Quelques exercices sont insérés dans le fil du cours, ils l’illustrent
ou le prolongent
...
Tous les exercices sont corrigés
...
Les corrigés des problèmes sont disponibles sur le site de
Dunod : www
...
com
...
Les chapitres
d’algèbre concernent beaucoup l’algèbre générale (anneaux, groupes) mais aussi des
compléments d’algèbre linéaire et bilinéaire
...

Nous souhaitons enfin rappeler que cette série a vu le jour grâce à notre ami Guy
Auliac
...
Malgré sa maladie, il a travaillé à ces ouvrages avec
l’enthousiasme, l’énergie et la compétence qui le caractérisaient
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Chapitre 1

Théorie des ensembles :
rappels et compléments

© Dunod
...


Nous n’avons pas l’intention de présenter ici une théorie mathématique rigoureuse
et complète
...
Nous nous bornerons à une partie de
la « théorie naïve des ensembles », selon l’expression de Paul Halmös (voir [18])
...
1 ENSEMBLES, APPLICATIONS
1
...
1
...
Deux
ensembles sont égaux s’ils ont exactement les mêmes éléments
...
Cas particulier : ∅ = {} est l’ensemble qui n’a aucun élément, on
l’appelle ensemble vide ; {∅} est un ensemble qui a un élément : ∅ ∈ {∅}
...
C’est dans ce second cas qu’il
pourra être utile de se poser la question : mon ensemble peut-il être vide ? Admettons

i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

2

qu’on connaisse l’ensemble des nombres entiers naturels N
...
Mais étant
donné un nombre a, on peut décider rapidement s’il est, ou non, dans l’ensemble I
...
L’ensemble vide et E lui-même sont des sous-ensembles de E
...
Si on ne fait pas cette restriction,
on pourrait écrire :
A = {x | x ∈ x}
/
et la proposition A ∈ A risque de donner des maux de têtes : est-elle vraie,
mais alors elle est fausse ?
...
Dans la « vraie » théorie des ensembles, tout est
ensemble
...
1
...
Union et intersection de deux ensembles, produit cartésien
Si A et B sont deux ensembles, on définit leur union A ∪ B et leur intersection A ∩ B
par :

A ∪ B = {x | x ∈ A ou x ∈ B}

A ∩ B = {x | x ∈ A et x ∈ B}

Ce sont deux ensembles (et cela nécessite un axiome pour l’union, en vertu
de la remarque précédente, alors que l’intersection peut être définie comme
{x ∈ A | x ∈ B})
...
Il est non vide : essayer avec a = 88526 et b = 1993
...
1 Ensembles, applications

3

que nous ne détaillerons pas
...
Si A ⊂ B ,
l’ensemble B \ A s’appelle le complémentaire de A dans B
...
Cette définition des couples
peut paraître inutilement abstraite, et elle masque la « symétrie » qu’il y a entre (a, b)
et (b, a)
...
Il contient en particulier l’ensemble vide et E lui-même
...
1
...
Relations, Applications
Des définitions :
• Une relation binaire R est un sous-ensemble de A × B ; on écrit a R b plutôt que
(a, b) ∈ R
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On
écrit :
f : A −→ B
a −→ b = f (a)
On peut composer des relations, R ⊂ A × B et S ⊂ B × C en posant pour x dans
A et z dans C :

(x, z) ∈ R • S ⇐⇒ ∃y ∈ B

(x, y) ∈ R et (y, z) ∈ S

2
...


i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

4

Dans le cas où R et S sont des applications, R • S est une application et :

z = R • S(x) ⇐⇒ ∃y ∈ B

y = R(x) et z = S(y)

et donc R • S sera une application telle que R • S(x) = S(R(x))
...

L’ensemble des applications d’un ensemble A dans un ensemble B est noté B A
(chercher une justification de cette notation
...


1
...
4
...
On note ai l’image de i ∈ I et (ai )i∈I la famille
...
Si (A i )i∈I est une famille d’ensembles, il existe un
ensemble qui est la réunion des ensembles A i ; on le note

A=

Ai
i∈I

et il est caractérisé par :

a ∈ A ⇐⇒ ∃i ∈ I, a ∈ Ai
Si I est de la forme I = {i1 , i2 }, on retrouve la réunion traditionnelle de deux
ensembles
...
Et si I est non vide, on peut définir
l’intersection de la famille :
B=
Ai
i∈I

caractérisée par :

a ∈ B ⇐⇒ ∀i ∈ I, a ∈ Ai
Il y a un peu de subtilité dans ces définitions : l’intersection d’une famille vide
I = ∅ ne peut être définie sans contradiction, (c’est lié à l’impossibilité d’accepter
l’existence de l’ensemble de tous les ensembles) ; bien sûr, l’intersection peut être
vide, par exemple quand l’un des A i est vide, mais pas seulement dans ce cas
...


i

i
i

i

i

i

i

i

1
...
1
...
Déterminer

A∅ , ∅A , ∅∅

Exercice 1
...
Déterminer P(∅), P (P(∅)), etc
...
2 CARDINAL D’UN ENSEMBLE
On ne peut se contenter d’une définition circulaire comme « le cardinal d’un ensemble
est son nombre d’éléments »
...

Attention, on ne peut parler d’« ensemble de tous les ensembles » sans contradiction
...


© Dunod
...


1
...
1
...
De
plus, N a la propriété de récurrence, que l’on peut énoncer ainsi : pour tout F ⊂ N,
on a
0∈F
⇒F =N
∀n ∈ N, (n ∈ F ⇒ n + 1 ∈ F )
On peut alors définir dans N l’addition, la multiplication et la relation d’ordre
habituelle, que l’on appelle ordre naturel et que l’on note
...
En suivant la démarche proposée dans le cas général, on va
définir les ensembles finis, infinis, dénombrables :
• On dit qu’un ensemble A est fini s’il existe un entier n tel que A soit en bijection
avec {1,
...

• Un ensemble est infini s’il n’est pas fini, et dénombrable s’il est en bijection avec
N
...
Notation qui représente bien sûr l’ensemble {k ∈ N | 1

k

n}

i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

6

Dans le cas d’un ensemble fini E , l’entier n est appelé cardinal de E et est noté
Card(E)
...
, n} et l’ensemble {1,
...
On dit également que le cardinal de l’ensemble vide est 0
...

Il est alors possible d’énoncer le théorème suivant :
Théorème 1
...
Si E et F sont deux ensembles finis de même cardinal, toute injection
(resp
...


Avant de faire la démonstration, remarquons l’analogie avec le théorème qui
concerne les applications linéaires entre espaces vectoriels de même dimension finie
...
Il convient d’abord de montrer que si F est un sous-ensemble de F ,
alors F est fini, de cardinal inférieur à celui de F
...
Ce lemme se démontre par récurrence sur le
cardinal de F : si Card(F ) = 1, il est facile de déterminer tous les sous-ensembles
de F et de vérifier le lemme
...
, n + 1}
...
On peut supposer, quitte à
composer par une bijection, que F ne contient pas n+1, ainsi F est un sous-ensemble
de {1,
...
Si cette inclusion est stricte, l’hypothèse de récurrence s’applique, F
est fini de cardinal strictement inférieur à n donc à n + 1
...
, n}, il est de cardinal n, strictement inférieur à n + 1
...
Alors f (E)
est un sous-ensemble de F , qui est en bijection avec E , donc de même cardinal que E
donc que F
...
Le lecteur terminera
la démonstration
...
2
...
Théorème de Cantor-Bernstein
Il n’est pas toujours facile de définir une bijection entre deux ensembles
...

Théorème 1
...
Théorème de Cantor-Bernstein
...
On

suppose qu’il existe une application f injective de A vers B , et une application g
injective de B vers A
...


Démonstration
...
Et tout élément de B a au maximum un antécédent par f
...
2 Cardinal d’un ensemble

7

d’un élément a de A, on peut construire une suite, éventuellement finie des antécédents
successifs, par g puis par f , etc
...

• Si elle est finie, mais s’arrête en un élément de B , on dit que a est dans A 1
...

On a ainsi défini une partition de A et on va en déduire une bijection φ de A dans B
...
Si a ∈ A1 , il a un antécédent par g, et
on pose φ(a) = g −1 (a), notation un peu abusive pour désigner cet antécédent unique
...

• L’image de A∞ par φ est alors incluse dans B ∞ , puisque si a a une infinité d’antécédents successifs, f (a) aussi, et tout élément de B ∞ est l’image par φ d’un élément
qui a une infinité d’antécédents successifs : φ restreint à A ∞ est donc bijective sur
B∞
...

• De même, φ réalise une bijection de A 1 sur B0
...


1
...
3
...

Théorème 1
...
Théorème de Cantor
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Supposons que f : E → P(E) soit surjective
...
Si y ∈ F , c’est
/
/
/
donc que y ∈ f (y) soit y ∈ F , contradiction
...

Il existe bien sûr une application injective de E dans P(E), et on peut donc dire
que le cardinal de P(E) est strictement plus grand que le cardinal de E
...
On pourra réfléchir à la phrase : le barbier de cette ville rase tous les hommes qui ne se rasent pas euxmêmes, et ceux-là seulement
...
3
...
En déduire le cardinal

de P(E) lorsque E est fini
...
4
...
Décrire la bijection φ donnée
par le théorème de Cantor-Bernstein
...
5
...


1
...
3
...
Relations d’ordre
Parmi les relations, on va privilégier maintenant des relations binaires définies dans
E × E , et pour commencer, consacrons-nous aux relations d’ordre
...
4
...

• Une relation d’ordre dans E permet parfois d’ordonner les éléments comme les
points d’une droite
...
Une relation
d’ordre qui n’est pas totale est dite partielle
...
Deux notions un peu

i

i
i

i

i

i

i

i

1
...

• un élément µ de A est maximal si

∀a ∈ A,

(µ

a) ⇒ (a = µ)

Des exemples de relations d’ordre, de recherche de majorants, borne supérieures
...


1
...
2
...
C’est le cas de N, qui sert un
peu de modèle, et de ses sous-ensembles
...
5
...


Démonstration
...

En revanche, l’exemple de Z avec l’ordre naturel montre qu’un ordre total n’est
pas forcément un bon ordre
...

Passons maintenant à des considérations un peu plus délicates
...
6
...

© Dunod
...


Tout ensemble peut être muni d’une relation de bon ordre
...
En fait, ce théorème résulte
d’un axiome que nous n’avons pas encore énoncé, et qui est nommé l’axiome du
choix
...
7
...
Lorsque la famille est infinie, l’existence d’une
telle fonction n’est pas évidente : il s’agit de « choisir » d’un seul coup une infinité
d’éléments, sans forcément avoir un algorithme
...
8
...

Alors E admet (au moins) un élément maximal
...
On va l’admettre, mais donnons néanmoins un exemple
de démonstration : le théorème de Zorn implique le théorème de Zermelo
...
Soit X un ensemble
...
Soit X l’ensemble de tous les couples
possibles
...
Soit alors P une partie totalement ordonnée de X
...

On en déduit que X contient un élément maximal M
...
En effet, si x ∈ X \ M , l’ensemble {x} ∪ M peut
être muni d’un bon ordre (en prenant x supérieur à tous les autres éléments de M ),
contredisant ainsi la maximalité de M
...
Donnons un des
exemples pour lesquels le théorème de Zorn est incontournable
...
9
...


Démonstration
...
On
peut ordonner V par l’inclusion, et si C est un sous-ensemble totalement ordonné de
V , il admet un majorant, qui est la réunion des ensembles de C : cette réunion U est
un système libre (car si un sous-ensemble fini de U donnait une relation de liaison,
ce sous-ensemble serait inclus dans un des éléments de C , contradiction) et c’est un
majorant de C
...


Exercice 1
...
Justifier : l’unicité du plus grand élément, de la borne supérieure, (sous
réserve d’existence)
...
Donner un exemple où la borne supérieure de A existe, mais n’est
pas plus grand élément de A
...
4 Relation d’équivalence, ensembles quotients

11

Exercice 1
...
Soit ∅ = A ⊂ R, où R est muni de la relation d’ordre


...
8
...


1
...
Au contraire, une relation d’équivalence est associée à un regroupement en
« classes »
...
10
...


© Dunod
...


• ∀i, j ∈ I,

(i = j) ⇒ (Ei ∩ Ej = ∅)

On obtient alors la partition associée à une relation d’équivalence par :
Définition 1
...
À tout a ∈ E , on associe sa classe d’équivalence :

a = {b ∈ E | bRa}
et les classes d’équivalence forment une partition de E
...
L’ensemble formé par les classes
d’équivalence s’appelle le quotient de E par R, il est noté E/R
...
Ce passage au

i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

12

quotient est extrêmement fréquent en algèbre, nous en verrons des exemples dans les
chapitres suivants
...

Définition 1
...
Soit f : E → F une application
...
13
...


La vérification est directe : l’important est que f est bien définie par la relation cidessus, par définition d’une application compatible
...

Enfin, supposons que E soit muni d’une loi de composition, c’est-à-dire d’une
application :
E × E −→ E
(x, y) −→ x ∗ y
alors on dit que la loi est compatible avec la relation dès que :

∀(a, a , b, b ) ∈ E 4 ,

aRa
bRb

⇒ (a ∗ b) R (a ∗ b )

On en déduit alors, comme ci-dessus, une loi de composition dans l’ensemble quotient E/R, définie par :
a∗ b = a ∗ b
On vérifie que cette définition a un sens
...
9
...
10
...
On suppose que R est la relation définie sur

R par

aRb ⇐⇒ a − b ∈ ZT
Que signifie qu’une application de R dans R est compatible avec R ? Caractériser de
la même façon les fonctions paires
...
5 Rappels d’arithmétique élémentaire

13

Exercice 1
...
Soit E l’ensemble des relations définies sur E
...


1
...


1
...
1
...
Cela s’écrit a | b
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Cela s’écrit
a ≡ b (mod n)
...
Cette relation de congruence est compatible
avec les opérations + et × de Z :

a≡a
b≡b

(mod n)
(mod n)

⇒ a+b≡a +b

(mod n) et ab ≡ a b

(mod n)

1
...
2
...
On écrit alors a∧b = 1
...
Le théorème
de Gauss relie divisibilité et nombres premiers entre eux :

a | bc
a∧b=1

⇒a|c

i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

14

1
...
3
...
g
...
d
...
p
...
m
...
g
...
d
...
p
...
m
...
Le p
...
c
...
est le plus
grand diviseur commun en ce sens que si d divise à la fois a et b alors d divise d
...
On écrit a ∧ b = d pour désigner
le p
...
c
...
et deux nombres sont premiers entre eux si leur p
...
c
...
est égal à 1
...
p
...
m
...
5
...
Nombres premiers
Un entier naturel p est premier s’il n’a pas d’autres diviseurs dans N que 1 et luimême
...
Une autre propriété
...
14
...


Si p est premier, alors p | ab ⇒ p | a ou p | b
...
Si p est premier et si a est dans Z, alors p ∧ a = 1 ou p ∧ a = p, car
p n’a que 1 et p comme diviseur dans N
...


EXERCICES
Exercice 1
...
Dans l’ensemble E des relations binaires sur E , on définit la composi-

tion par :

a R • S b ⇐⇒ ∃c ∈ E, aSc et cRb
C’est alors une opération toujours définie
...

Exercice 1
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Problème

15

Exercice 1
...
La relation dite équivalent entre deux suites est-elle une relation
d’équivalence ? Que dire des suites qui sont équivalentes à une suite stationnaire ?
Exercice 1
...
Soit R une relation réflexive sur E
...
On note S la relation définie par :

xSy ⇐⇒ ∃n ∈ N, x0 , x1 ,
...
Rn xn = y
avec Ri = R ou R−1
...
Comment interpréter S lorsque R représente « est l’enfant de » ?
Exercice 1
...
f et g sont deux applications de A dans B (resp
...
On
suppose que f ◦ g est injective : peut-on affirmer que f ou que g est injective ? Même
question avec surjective
...

Montrer que f et g sont bijectives et réciproques l’une de l’autre
...
17
...

– N pour la relation « divise »
...

– N × N pour la relation d’ordre produit

(a, b)

(a , b ) ⇐⇒ a

a et b

b

© Dunod
...


puis pour l’ordre lexicographique :

(a, b)

(a , b ) ⇐⇒ a < a ou a = a et b

b

PROBLÈME
Le corrigé de ce problème est disponible sur le site de Dunod : www
...
com
...
1
...
Soit n le
cardinal de P , on notera a1 ,
...
On appelle matrice d’incidence de
P toute matrice M de Mn (C) ayant la propriété :

∀i, j, ai

aj ⇒ mi,j = 0

i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

16

(1) Dans cette question, on suppose que n = 3
...


ai

(2) Montrer que l’ensemble E des matrices d’incidence est un sous-espace vectoriel
de Mn (C) et qu’il est stable pour le produit
...
Cette question est plus difficile :
(a) On commence par supposer que l’on a :

∀(i, j) ∈ {1,
...

(b) Montrer que si une matrice d’incidence est inversible, alors son inverse est aussi
une matrice d’incidence
...

(c) Montrer que si P = {a1 , a2 ,
...
, n}2 ,

aσ(i)

aσ(j) ⇒ i

j

En déduire le résultat dans le cas général
...
, n}2 ,

ai

aj ⇒ zi,j = 0,

ai

aj ⇒ zi,j = 1

C’est donc une matrice d’incidence
...
On appelle
matrice de Möbius la matrice inverse Z −1
...

(5) On suppose que P est l’ensemble {1, 2,
...
Décrire la matrice Z associée ainsi que la matrice de Möbius Z −1
...
, n} muni de l’ordre « divise », et on
prend encore ai = i
...
Montrer que les coefficients
de la forme m(k, ) vérifient :
– m(k, k) = 1
– ∀(k, ) ∈ {1, 2,
...
, n}, (k | , k = ) ⇒
k|d| m(k, d) = 0, la somme
portant donc sur les tous les d qui sont multiples de k et qui divisent
...

(7) On définit la fonction de Möbius sur N par :

µ(1) = 1,

µ(p1 p2
...
Montrer que

µ(δ) = 0
δ|

lorsque > 1
...
En déduire que, lorsque k | on a m(k, ) = µ k
(8) Démontrer la « formule d’inversion de Möbius », lorsque (u n ) et (vn ) sont deux
suites numériques :
n
ud
un =
vd
⇐⇒
vn =
µ
d
d|n

d|n

(9) Si on note φ(n) le cardinal des entiers k de {1, 2,
...

(10) Quel est l’analogue de la formule d’inversion de Möbius lorsqu’on prend l’ordre
naturel au lieu de l’ordre divise ?

© Dunod
...


SOLUTIONS DES EXERCICES

Solution 1
...
On a facilement A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅
...


A∅ = {∅}
...
Le résultat est le même que A soit vide ou
non
...
Ainsi,
si A est non vide,
A∅ = {∅}, ∅∅ = {∅}, ∅A = ∅

i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

18

Solution 1
...


P(∅) = {∅},

P({∅}) = {∅, {∅}}

P({∅, {∅}}) = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}

et on pourra continuer si on supporte ses innombrables accolades
...
3
...
On en
déduit donc que, si E est fini, P(E) est de cardinal 2 Card(E)
...


Solution 1
...
Notons A = N, B = N
...

Ainsi, A0 est formé des entiers de la forme 2 k 3k m où k k , (avec m premier à 2 et
à 3) tandis que A1 est formé des entiers de la forme 2 k 3k m où k < k
...
Ainsi φ est définie par :

⎧
⎪0 → 0
⎨
2k 3k m → 2k+1 3k m
⎪ k k
⎩2 3 m → 2k 3k −1 m

si k k
si k < k

avec toujours m premier à 2 et 3
...
L’application réciproque est obtenue en échangeant les rôles de A et B ,
donc de 2 et 3
...
5
...
On peut prendre f (n) = (n, 0) et, par exemple, g(n, n ) = 2n 3n
...

Il existe de même une injection de N dans Q, donnée par n → n et une injection de
1
Q dans N × N, donnée par p → (2p, q) si p est positif, p → (−2p + 1, q) si p est
q
q
strictement négatif (en prenant l’écriture irréductible d’un rationnel)
...
6
...
Alors α et β

sont dans A et α ≺ β , puisque β est plus grand élément, de même β ≺ α et par
antisymétrie, α = β
...

Soit maintenant A un sous-ensemble de E qui admet un plus grand élément α
...
Si m est un majorant de A,
il est plus grand que tous les éléments de A, donc de α : α est le plus petit élément
de l’ensemble des majorants de A, c’est la borne supérieure de A
...

Solution 1
...


© Dunod
...


∀a ∈ A,
a s
∀ > 0, ∃a ∈ A,
s− < a

s

Supposons que s vérifie ces propriétés : la première indique que s est un majorant de
A
...
On a montré que s est le plus petit des majorants
...
Cette « propriété de la borne supérieure » s’utilise constamment en
analyse
...
8
...

Enfin,
x ≺ y ⇒ (∀z ∈ E, z ≺ x ⇒ z ≺ y)
donc x ≺ y ⇒ φ(x) ⊂ φ(y)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

20

Solution 1
...
Une relation qui est à la fois d’ordre et d’équivalence est à la fois
symétrique et antisymétrique : dès que xRy , on a yRx donc x = y
...


Solution 1
...
Une fonction f est compatible avec la relation R lorsque f (a) = f (b)

dès que ∃k ∈ Z, a = b + kT
...

En particulier, f « passe au quotient », c’est-à-dire que l’on peut définir f de R/T Z
dans R par f (a) = f (a)
...


Solution 1
...
Cette relation est en fait l’inclusion dans l’ensemble P(E × E)
...


Solution 1
...
Montrons que la composition est associative :

a((S • R) • T )b

⇐⇒
⇐⇒

∃c ∈ E, a(S • R)c et cT b
∃c ∈ E, ∃d ∈ E, aSd et dRc et cT b

et la traduction de a(S • (R • T )b est identique
...
Alors R • S et S • R diffèrent
...
Si deux relations sont symétriques, leur composé ne l’est
pas forcément mais :

aR • Sb ⇒ ∃c ∈ E, aRc et cSb
⇒ ∃c ∈ E, cRa et bSc
⇒ bS • Ra
Enfin, le composé de deux relations transitives ne l’est pas forcément, il suffit de bâtir
un contre-exemple
...


Solution 1
...
Pour vérifier les propriétés de ces opérations, il est pratique de se servir
des fonctions caractéristiques vues dans l’exercice 1
...
On a en effet :

1A∩B = 1A 1B

et

1A∆B = 1A + 1B − 2 × 1A∩B

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

21

formules que l’on vérifie en examinant tous les cas possibles
...
On montre alors par exemple la distributivité par

1A∩(B∆C) = 1A 1B∆C = 1A (1B + 1C )
1(A∩B)∆(A∩C) = 1A 1B + 1A 1C
L’associativité de la différence symétrique résulte alors du calcul :

1(A∆B)∆C

= 1A∆B + 1C
= 1A + 1B + 1C

et le calcul de 1A∆(B∆C ) donne le même résultat
...
L’opposé de A est lui-même
...
14
...
Deux suites (u n ) et

(vn ) sont équivalentes lorsqu’il existe une suite ( n ) tendant vers 0 telle que :
∀n ∈ N

vn = (1 +

n )un

Avec cette définition, l’équivalence n’est pas une relation d’équivalence
...

Mais il suffit de remplacer la définition par :

∃n0 ∈ N, ∀n

n0 ∈ N

vn = (1 +

n )un

pour avoir la symétrie, n 0 dépend des deux suites
...
La réflexivité est immédiate, on prend pour n la suite constante
nulle
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Réciproquement, si une suite converge vers non nul, alors
un = + n = (1 + n ) , et (un ) est donc équivalente à la suite constante
...

Solution 1
...
La relation S contient la relation R, avec ce qu’il faut pour être une
relation d’équivalence
...

La relation S est bien d’équivalence : elle est réflexive : on prend n = 1, R 1 = R
...
Enfin, S est transitive : si xSy et ySz ,

i

i
i

i

i

i

i

i

1 • Théorie des ensembles

22

il suffit de faire se succéder les deux suites pour relier x à z
...
Pour l’exemple proposé (en ajoutant
la réflexivité), on pourra interpréter S par « est de la même famille que »
...
16
...
Si g(a) = g(a )

alors f ◦ g(a) = f ◦ g(a ) d’où a = a
...
Supposons
maintenant f ◦ g surjective
...

Prenons A = B = N, g(n) = 2n et f (n) = n (où [x] désigne la partie entière de
2
x)
...


Par contre, si f ◦ g = idB et g ◦ f = idA , f et g sont bijectives
...


Solution 1
...


• Pour l’ordre naturel, qui est total, une partie de N a toujours un plus petit élément,
elle admet un plus grand élément si elle est majorée
...
Par contre,
il existe des parties de Q qui n’ont pas de plus grand élément ni même de borne
supérieure bien qu’elles soient majorées ; l’exemple le plus simple est celui de

A = {x ∈ Q | x2 < 2}
C’est ce « défaut » qui conduit à la construction des nombres réels
...

• Pour l’ordre divise, une partie comme {2, 3} n’a ni plus petit, ni plus grand élément
...
p
...
m
...
g
...
d
...
0
...

• P(E) muni de l’inclusion a un plus petit élément ∅ et un plus grand élément E
...

• L’ordre produit est de façon immédiate une relation d’ordre, il n’est pas total, car
(1, 2) et (2, 1) par exemple ne sont pas comparables
...
On pourra facilement utiliser cette représentation pour
examiner les parties qui ont un plus grand élément, et pour justifier que toute partie
majorée admet une borne supérieure, que toute partie admet une borne inférieure
...

En ce qui concerne l’ordre lexicographique, commençons par dire qu’il s’inspire de
l’ordre alphabétique : un mot commençant par A se place avant un mot commençant
par B , C ,
...
Le
fait que l’ordre lexicographique est un ordre demande des vérifications
...
On suppose que

(a, b)

(c, d) ⇐⇒ (a < c)

(1)

ou (a = c et b

d)

(2)

(c, d)

(e, f ) ⇐⇒ (c < e)

(3)

ou (c = e et d

f)

(4)

© Dunod
...


Comme, dans chacune des hypothèses, les possibilités 1 et 2 (resp
...

L’ordre lexicographique est total, et une preuve « géométrique » apparaît si on utilise
une représentation graphique comme pour l’ordre produit
...
Pour conclure, c’est aussi un bon ordre, mais différent de
celui de N : il existe des sous-ensembles infinis qui ont un plus grand élément,
comme {0} × N ∪ (1, 0)
...
Le but de ce chapitre est de chercher comment on peut
généraliser à un anneau quelconque les propriétés de divisibilité de Z
...
1 ANNEAUX, SOUS-ANNEAUX, IDÉAUX

© Dunod
...


2
...
1
...
1
...


• la multiplication est associative, distributive à gauche et à droite sur
l’addition, et possède un élément neutre 1 A
...

Les ensembles de nombres

Z⊂D⊂Q⊂R⊂C⊂H
(entiers relatifs, décimaux, rationnels, réels, complexes, quaternions) sont des anneaux
pour les opérations habituelles
...

Comme d’habitude, le produit a × b sera souvent noté par juxtaposition ab, aa s’écrira
a2 , etc
...
Montrons le petit théorème suivant :
Proposition 2
...
Dans un anneau, 0A × a = a × 0A = 0A et si A n’est pas l’anneau

nul, 0A = 1A ,

Démonstration
...
Par ailleurs, si 1A = 0A , alors pour tout a de l’anneau,
a = 1A a = 0A a donc a = 0A , et l’anneau A ne contient que 0A
...
Autres
exemples d’anneaux :
• les anneaux résiduels de la forme Z/nZ, anneaux finis de cardinal n
...

• les anneaux d’applications d’un ensemble E dans un corps (ou un anneau), pour les
opérations définies par :

f + g : x −→ f (x) + g(x)

et

f × g : x −→ f (x)g(x)

• les anneaux de polynômes, à coefficients dans un anneau ou dans un corps commutatifs
...
pas
toutes
...


2
...
2
...
On dit également que c’est une unité
...
Rappelons également que le produit de deux éléments
inversibles a et b est inversible, d’inverse b −1 a−1
...
3
...


i

i
i

i

i

i

i

i

2
...
4
...
5
...


Démonstration
...

La notion « contraire » est également utile
...
6
...


Proposition 2
...
a ∈ A est non nul et non diviseur de zéro à gauche si et seulement
si il est régulier à gauche
...
Supposons a non nul et non diviseur de zéro à gauche
∀(b, b ) ∈ A2 ,

ab = ab ⇒ a(b − b ) = 0 ⇒ b = b

© Dunod
...


et dans l’autre sens, si ab = 0, on a ab = a0, donc si a est régulier à gauche, b = 0 et
a n’est pas diviseur de zéro à gauche
...

L’ensemble des réguliers peut contenir strictement l’ensemble des inversibles, c’est
par exemple le cas dans Z
...
Les éléments réguliers sont tous les éléments
non nuls
...

(3) Les inversibles et les réguliers de M n (K) sont les matrices de déterminant non
nul
...
Pour les inversibles
de Z/nZ, rappelons l’équivalence qui fait tout fonctionner :

∃k , k k = 1 (mod n) ⇐⇒ ∃k ∈ Z, ∃ ∈ Z, kk − n = 1 ⇐⇒ k ∧ n = 1

i

i
i

i

i

i

i

i

2 • Anneaux et corps

28

d’après le théorème de Bezout
...
Par ailleurs, si k ∧ n = d avec d différent de 1 et de n, alors k
est diviseur de zéro
...
On peut aussi utiliser l’exercice 2
...

Terminons ces généralités par deux définitions :
Définition 2
...


• Un anneau non nul est intègre s’il n’a pas de diviseur de zéro
...

Comme un inversible n’est jamais diviseur de zéro, un corps est intègre
...
9
...


2
...
3
...

On vérifie facilement que :
Proposition 2
...
B est un sous-anneau de A si et seulement si

∀(x, y) ∈ B 2 ,
∀x ∈ B,
1A ∈ B
...

−x ∈ B
...
11
...
C’est aussi le plus petit anneau de A qui contient X
...
Si A n’est pas l’anneau nul, {0A } n’est donc pas un sous-anneau de A
...
1 Anneaux, sous-anneaux, idéaux

29

le sous-anneau des polynômes trigonométriques est le sous-anneau engendré par les
fonctions x → sin x et x → cos x
...
1
...
Morphismes
Comme on définit des applications linéaires, on peut définir des applications entre
anneaux qui préservent les opérations
...
12
...
Un morphisme d’anneaux est une
application f : A → B telle que, pour tout (a, b) de A 2 :

f (a + b) = f (a) + f (b),

f (ab) = f (a)f (b),

f (1A ) = 1B

On vérifie facilement qu’on a également : f (0 A ) = 0B en calculant f (0A + 0A )
...
Par contre
P (X) → P (X)2 ne définit pas un morphisme d’anneaux
...

Proposition 2
...
Soit f un morphisme d’anneaux de A dans B
...

• Si D est un sous-anneau de B , f −1 (D) est un sous-anneau de A
...
14
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

L’image est un sous-anneau mais pas le noyau car il ne contient pas 1 A (sauf le cas
exceptionnel du morphisme nul dans l’anneau nul)
...
15
...
Il est surjectif si et seulement si Im f = B
...
1
...
Idéaux
Il se trouve que la notion de sous-anneau n’est pas la plus riche
...
Pour définir des quotients, il faut utiliser des idéaux et
même des idéaux bilatères
...
16
...
à droite) si :

• ∀x ∈ I, ∀y ∈ I,

x + y ∈ I et − x ∈ I
• ∀a ∈ A, ∀x ∈ I,
ax ∈ I
• (resp
...
17
...

Bien sûr, dans le cas où la multiplication est commutative, ces trois notions coïncident
...
On les appelle
parfois idéaux triviaux
...
En ce
qui concerne la multiplication, la contrainte est différente que pour un sousanneau, mais on ne demande pas que 1 A soit dans l’idéal
...

Pour prolonger la fin de la remarque :
Proposition 2
...
Un anneau A = {0} est un corps si et seulement si il ne contient
aucun idéal à gauche autre que 0 et lui-même
...
Si A est un corps, tout idéal non nul contient un inversible, donc
coïncide avec A, par la remarque
...

Alors Aa est un idéal à gauche, non nul donc coïncidant avec A
...
Comme a est non nul,
il existe a tel que a a = 1A
...
On montre de même qu’un anneau qui n’a aucun
idéal à droite non trivial est un corps
...
4
...
Mais il y a plus :
Proposition 2
...
Les seuls idéaux de Z sont de la forme nZ
...
1 Anneaux, sous-anneaux, idéaux

31

Démonstration
...
La réciproque utilise la division euclidienne :
soit I un idéal de Z, qu’on suppose non réduit à {0}
...
Alors I contient alors nZ,
par définition d’un idéal
...

2
...
6
...
À tout idéal I bilatère on peut associer une relation ≡
définie par :
x ≡ y ⇐⇒ x − y ∈ I
Proposition 2
...
≡ est une relation d’équivalence, compatible avec les opérations
...

(1) 0 ∈ I , d’où la réflexivité
...
Enfin,
x≡y
y≡z

⇒

x−y ∈I
y−z ∈I

⇒ (x − y) + (y − z) ∈ I

et x ≡ z , la relation est transitive
...

Et donc
x ≡ x et y ≡ y ⇒ xy ≡ x y ≡ x y
On vérifie de même que :

© Dunod
...


x ≡ x et y ≡ y ⇒ x + y ≡ x + y

Il est alors possible de considérer l’ensemble des classes d’équivalence, c’est ce
qu’on appelle l’anneau quotient, noté A/I , et de le munir d’une structure d’anneau :
Théorème 2
...


• Les classes d’équivalence sont de la forme a + I , abrégé en a s’il n’y a pas
d’ambiguïté
...

• A/I est alors un anneau d’éléments neutres 0 et 1
...
C’est un
morphisme surjectif dont le noyau est I
...

• Si b ≡ a alors il existe i ∈ I tel que b − a = i d’où b ∈ a + I , et réciproquement
...
Il en
va de même pour la définition du produit
...
de
l’anneau A sont transmises au quotient
...
De plus, l’image réciproque de
0 est l’ensemble des a tels que a ≡ 0, c’est I
...

Théorème 2
...
Soit f : A → B un morphisme d’anneaux
...

• Si J ⊂ B est un idéal de B , alors f −1 (I) est un idéal de A
...


Démonstration
...
Regardons le premier cas : Si j et j sont dans f (I), b dans f (A), alors il
existe i et i dans I et a dans A tels que :
j = f (i), j = f (i ), b = f (a)
Comme f est un morphisme et I un idéal, on a :

j − j = f (i − i ) ∈ f (I), bj = f (ai) ∈ f (I)
pour le cas idéal à gauche
...
La suite de la démonstration est immédiate
...

Nous allons terminer cette étude des anneaux quotients par deux théorèmes importants
...

Théorème 2
...
Théorème de correspondance
...
Alors, si on note π la projection, les idéaux (à gauche, à droite, bilatères) de A/I sont les π(J ), J décrivant l’ensemble des idéaux (à gauche, à droite,
bilatères) de A contenant I
...
1 Anneaux, sous-anneaux, idéaux

33

Démonstration
...
Si maintenant
K est un idéal de l’anneau quotient, alors π −1 (K) est un idéal de A ; il contient I car K
contient 0
...
Enfin, si J est un idéal
de A contenant I , on a π −1 (π(J )) = J : si a ∈ π −1 (π(J )), alors π(a) ∈ π(J ),
donc il existe j ∈ J tel que a ≡ j , soit a − j ∈ I , mais on en déduit que a est somme
de deux éléments de J puisque J contient I
...
En définitive, la correspondance décrite est bijective
...
24
...
Si f : A → B est un morphisme

d’anneau, alors :

A/ Ker(f )
(

Im(f )

désigne un isomorphisme d’anneaux)
...
Décrivons cet isomorphisme, noté f : on pose f (a) = f (a)
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Il est surjectif par choix de l’ensemble d’arrivée, et injectif car son noyau est
l’ensemble des a pour tous les a ∈ Ker f , c’est donc {0}
...
L’application P → P (i) de R[X] dans C est un morphisme
d’anneaux ; il est surjectif (prendre un polynôme P du premier degré)
...
Mais comme P est à coefficients réels, s’il admet i
comme racine, il admet aussi −i, conjugué de i comme racine
...
L’ensemble des multiples de X 2 + 1 est tout simplement noté (X 2 + 1)
...


2
...
7
...
, et leurs opposés
...
1A , 3
...
, mais ils
ne sont pas forcément distincts
...
25
...
1 A de Z dans A

est un morphisme d’anneaux
...

L’application est un morphisme,

k
...
1A = (k + k )
...
1A )(k
...
1A

et

et ce morphisme est rarement surjectif (quand l’est-il ?)
...
26
...
Alors,

(i)

si n = 0, alors A est infini,

(ii) si A est intègre alors n = 0 ou n = p nombre premier
...


Démonstration
...

(ii) Cette fois, en raisonnant par l’absurde, on voit que si A est de caractéristique
non nulle et non première, il contient un sous-anneau isomorphe à Z/nZ, qui n’est
intègre que si n est premier
...
(p − k + 1)
k!

p
= p(p − 1)
...
On applique alors le lemme de
Gauss
...
Remarquons que pour ces deux propriétés on utilise la
commutativité de l’anneau
...
1 Anneaux, sous-anneaux, idéaux

35

2
...
8
...
27
...
Cela n’offre pas de difficulté, et on
peut définir de même le produit d’une famille d’anneaux
...
Dans le même
ordre d’idées, A × {0B } est un idéal bilatère de A × B , a une structure d’anneau
(isomorphe à A), mais n’est pas un sous-anneau de A × B , car il n’a pas le même
élément neutre pour le produit
...
1
...
Montrer que a est régulier à gauche si
et seulement si l’application x → ax est injective
...


Exercice 2
...
Déterminer dans l’anneau M n (K) les diviseurs de zéro, à gauche ou
à droite
...
Comparer l’ensemble des
inversibles et l’ensemble des réguliers
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
3
...
On appelle annulateur à droite

de a l’ensemble des éléments x de A tels que ax = 0
...
Décrire l’annulateur d’un élément k de Z/nZ, puis l’annulateur à droite
d’une matrice M ∈ Mn (K), décrire également l’annulateur à gauche
...
4
...
On pourra utiliser les matrices de base E ij
...
5
...


Exercice 2
...
Dans l’anneau Z/nZ, rechercher s’il existe des éléments nilpotents,

c’est-à-dire dont une puissance est nulle
...
2 DIVISIBILITÉ
2
...
1
...

Définition 2
...


– On dit que a et b sont associés s’il existe une unité u telle que a = bu
...

– On dit que a | b (a divise b) s’il existe c tel que b = ac
...

– On dit que a ∈ A \ (A× ∪ {0}) est irréductible si :

∀(b, c) ∈ A2 ,

(a = bc) ⇒ b ∈ A× ou c ∈ A×

– On dit que a ∈ A \ (A× ∪ {0}) est premier si :

∀(b, c) ∈ A2 ,

(a | bc) ⇒ (a | b ou a | c)

Une affirmation à vérifier dans cette définition : si a | b et b | a, alors a et b sont
associés
...
On en déduit
a = acc
...
Dans Z un nombre premier est irréductible (c’est la définition) mais
aussi premier dans le sens que nous venons de définir : c’est le lemme d’Euclide, voir
1
...
14
...


Remarque : Dans le cas général, les deux notions sont différentes (voir par
exemple l’exercice 2
...
Cependant, un élément premier est toujours irréductible : si a est premier et a = bc, alors a | bc
...
On en déduit : a = adc et l’intégrité prouve que 1 = dc, donc c est
une unité, et a est irréductible
...


2
...
2
...
Comme l’intersection d’une famille d’idéaux
est un idéal, on peut définir l’idéal engendré par une partie S non vide de A : c’est
le plus petit idéal contenant les éléments de S , intersection de tous les idéaux qui
contiennent S
...
2 Divisibilité

37

Proposition 2
...
L’idéal engendré par S est l’ensemble des b =

k
i=1 ai si

où (si )
et (ai ) sont des suites finies quelconques d’éléments de S et de A
...


Démonstration
...

Remarquer l’analogie avec les sous-espaces vectoriels et les combinaisons linéaires
...
On le notera (s) ou plus explicitement sA
...

Proposition 2
...
Si A est un anneau commutatif intègre,

• a | b ⇐⇒ (b) ⊂ (a)
...

• a ∈ A \ (A× ∪ {0}) est irréductible si et seulement si (a) est maximal dans
l’ensemble des idéaux principaux différents de A
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

• b = ac ⇒ bA = acA ⊂ aA et réciproquement, si (b) ⊂ (a), b ∈ (a) donc il existe
c dans A tel que b = ac
...

• Soit (b) tel que (a) ⊂ (b)
...
Comme a est irréductible, soit b est une
unité, soit b est associé à a
...

La réciproque se traite de la même manière
...
Alors, si bc ∈ (a), il existe m dans A tel que bc = am et
a | bc
...
La démonstration
de la réciproque est analogue, c’est un simple jeu de traduction
...
31
...
32
...


i

i
i

i

i

i

i

i

2 • Anneaux et corps

38

Ainsi, si a est premier, l’idéal (a) est un idéal premier
...
On peut alors énoncer le théorème :
Théorème 2
...


• Un idéal I est maximal si et seulement si A/I est un corps
...

• Tout idéal maximal est aussi un idéal premier
...
Dans le premier cas, on se sert du théorème de correspondance
(théorème 2
...

Dans le second cas, on fait un petit travail de traduction
...

La troisième assertion du théorème découle de ce qu’un corps est nécessairement
intègre
...
2
...
Le théorème chinois
Voici un exemple important d’utilisation des quotients ; on commence par définir une
opération dans l’ensemble des idéaux
...
34
...


Cette somme, analogue à la somme de sous-espaces vectoriels, est de façon immédiate un idéal
...
35
...
Soit A un anneau commutatif, I et J deux
idéaux tels que I + J = A
...
On part de l’application a → (a + I, a + J ) de A dans A/I × A/J
qui est un morphisme d’anneaux car obtenue à l’aide des projections
...
3 Anneaux principaux, euclidiens et factoriels

39

dans J
...
Reste à montrer la surjectivité
...


Remarque : La condition I + J = A s’exprime en disant que les idéaux
sont étrangers
...
Le théorème chinois revient
donc à résoudre un système de congruences simultanées, c’est effectivement
ce qu’on trouve dans les mathématiques chinoises
...


Exercice 2
...
Opérations dans l’ensemble des idéaux
...
Si I et J sont deux idéaux de A, montrer que :
√
I = {x ∈ A | ∃n ∈ N, xn ∈ I}

I : J = {x ∈ A | xJ ⊂ I}
définissent des idéaux
...
Montrer que si I + J = A, on a

IJ = I ∩ J
© Dunod
...


Donner des exemples, par exemple dans Z
...
8
...
Ce résultat est parfois appelé théorème de
Krull
...
3 ANNEAUX PRINCIPAUX, EUCLIDIENS ET FACTORIELS
Continuons à étudier des cas particuliers d’anneaux, toujours en rapport avec la notion
de divisibilité
...
3
...
Anneaux euclidiens
Les anneaux euclidiens sont ceux pour lesquels il existe une division semblable à la
division euclidienne des entiers
...
36
...
Notons que
la définition de la division euclidienne ne demande pas forcément l’unicité du
couple (q, r) (que l’on appelle quotient et reste)
...
17 = 3 × 5 + 2 = 3 × 6 − 1 sont deux divisions
euclidiennes de 17 par 3
...

Outre Z, un exemple d’anneau euclidien est fourni par K[X] l’anneau des polynômes sur un corps commutatif, nous aurons l’occasion d’y revenir dans le chapitre
suivant
...
37
...


Démonstration
...
2
...
Soit I un
idéal, différent de l’idéal nul, et x 0 un élément non nul de I de stathme minimal (ne
pas oublier que les stathmes sont à valeurs entières)
...
En définitive x = x0 q et I = (x0 )
...


2
...
2
...
38
...

Les idéaux triviaux {0} = (0) et A = (1) sont en particuliers principaux, et nous
venons de voir que tout anneau euclidien est nécessairement principal
...
17
...
3 Anneaux principaux, euclidiens et factoriels

41

Un premier résultat qui concerne les anneaux principaux
...
39
...


Démonstration
...
Soit A
un anneau principal, et p irréductible
...
On peut écrire :
I = {z ∈ A | ∃x ∈ A, ∃y ∈ A, z = xp + ya}
Comme l’anneau est principal, I est principal, et il existe d tel que I = dA
...
Comme p est irréductible, d est soit une
unité, soit un associé de p
...
En multipliant par b
on voit que p divise b
...

Dans les anneaux principaux, les notions de premier et d’irréductible coïncident
...


2
...
3
...
C’est ce qu’on appelle parfois le « théorème fondamental de l’arithmétique »
...
Plus précisément :

© Dunod
...


Définition 2
...
Un anneau commutatif intègre est factoriel si tout élément non
nul et non inversible se décompose de façon unique en produit d’irréductibles
...
Commençons par remarquer :
Proposition 2
...
Dans un anneau factoriel, un élément est irréductible si et seulement si il est premier
...
On sait déjà que tout premier est un irréductible ; soit A un anneau
factoriel et a ∈ A un élément irréductible
...

Nous terminons par le théorème principal de cette section : on sait déjà que tout
anneau euclidien est principal, nous allons démontrer que tout anneau principal est
factoriel, ce qui montre la hiérarchie entre les trois notions
...
42
...


Démonstration
...
Faisons un raisonnement
par l’absurde : soit E l’ensemble des éléments x de A, non nuls ni inversibles, qui
ne se décomposent pas en irréductibles, et supposons que E soit non vide
...
Montrons que cet ensemble, muni
de la relation d’inclusion, admet (au moins un) élément maximal
...


(xn )


...
Alors l’ensemble U = n 1 (xn ) est un idéal : si a et b sont
dans U , il existe un certain n tel que a et b soient tous les deux dans (x n ), donc
a + b ∈ (xn ) ⊂ U , même raisonnement pour l’autre propriété
...

Mais alors, x est dans n 1 (xn ), donc x ∈ (xn0 ) pour un n0 , et donc alors
(x) = (xn0 ) et n 1 (xn ) = (xn0 ), ce qui est absurde au vu des hypothèses
...
Alors x0 n’est pas inversible, ni irréductible (sinon
il se décomposerait en produit d’irréductibles) dont il peut s’écrire x 0 = ab et donc
(x0 ) ⊂ (a), (x0 ) ⊂ (b)
...
Par maximalité, a et b ne sont pas dans E , donc se décomposent en irréductibles,
mais alors x0 aussi se décompose en irréductibles, il y a contradiction
...
Commençons par remarquer que si p est
irréductible et si u est une unité, alors pu est irréductible
...
ps = q 1 q 2
...
Pour cela nous allons utiliser le théorème qui dit que dans
un anneau principal, tout irréductible est premier
...
ps , divise un des pi , et, par irréductibilité des pi , on peut
écrire que q1 = pi u où u est une unité
...
À la fin, on aura r = s car un irréductible n’est pas un produit d’unités
...
Dans le
chapitre suivant, on rencontrera des anneaux qui sont factoriels sans être principaux ;
ainsi les trois notions anneaux euclidiens, anneaux principaux, anneaux factoriels sont
bien distinctes
...


i

i
i

i

i

i

i

i

2
...
3
...
P
...
c
...
p
...
m
...
43
...
g
...
d
...
p
...
m
...
g
...
d
...
p
...
m
...
g
...
d
...
p
...
m
...

• Le p
...
c
...
et le p
...
c
...
n’existent pas toujours, mais si le p
...
c
...
existe,
alors le p
...
c
...
aussi : voir exercice 2
...

• On définit de la même façon le p
...
c
...
et le p
...
c
...
de plusieurs éléments
...
g
...
d
...
p
...
m
...
On pourrait se contenter d’étudier le cas factoriel, mais l’étude du cas
principal est intéressante pour elle-même
...
44
...
p
...
m
...

• S’il existe d tel que (a) + (b) = (d), alors a et b admettent d comme p
...
c
...


© Dunod
...


• En particulier, si A est un anneau principal, il existe toujours p
...
c
...
et p
...
c
...


Démonstration
...
p
...
m
...
g
...
d
...

Pour le p
...
c
...
S’il est de la forme (m), m est un multiple commun et tout multiple
commun est multiple de m, qui est donc bien le p
...
c
...
Réciproquement, l’existence
du p
...
c
...
dit exactement que l’ensemble des multiples communs de a et de b est de
la forme (m)
...
Alors a ∈ (a) + (b) = (d), donc a est un multiple de
d, de même b est un multiple de d
...
Il n’y a
pas équivalence : dans l’anneau Z[X], 2 et X on pour p
...
c
...
1 mais (2) + (X) n’est
pas égal à (1) = Z[X], puisqu’il est formé des polynômes dont le terme constant est
pair
...
Nous verrons
dans le chapitre suivant qu’il est néanmoins factoriel
...
p
...
m
...
g
...
d
...


i

i
i

i

i

i

i

i

2 • Anneaux et corps

44

Plaçons nous dans un anneau principal
...

Proposition 2
...
Propriété de Bezout
...
Compte-tenu de la démonstration précédente, il reste à démontrer
que, s’il existe u et v tels que au + bv = 1, alors a ∧ b = 1
...

Les seuls diviseurs communs sont les inversibles, dont 1 est un représentant
...
On observera que cela équivaut à dire que les idéaux (a) et (b) sont étrangers,
voir 2
...
3
...
46
...
Soit A un anneau principal
...
On utilise une relation de Bezout au + bv = 1 et en multipliant par
c, acu + bcv = c, a divise le premier membre donc a divise c
...
On a encore :
Proposition 2
...


• Si A est factoriel, le p
...
c
...
et le p
...
c
...
existent toujours
...


Démonstration
...
Dans un anneau factoriel A, si p est un irréductible, on appelle valuation associée à p l’application
vp de A\{0} dans N qui à tout x ∈ A associe l’exposant de p dans la décomposition de
x en irréductibles
...

• On utilise la décomposition en irréductibles de a, b et

pvp (a) ,

a=u
p∈P

pvp (b)

b=u
p∈P

i

i
i

i

i

i

i

i

2
...
P est la réunion des irréductibles intervenant dans la
décomposition de a et b
...
Si
si δ est un diviseur de a, il s’écrit δ = u
p
p∈P p
δ est un diviseur commun, on aura donc v p (δ)
inf(vp (a), vp (b)), et le cas où
vp (δ) = inf(vp (a), vp (b)) pour tout p ∈ P , donne un diviseur commun qui a les
propriétés du p
...
c
...
De même, le choix sup(vp (a), vp (b)) donne le p
...
c
...

• Prenons les mêmes conventions de notation
...

vp (b) + vp (c) pour tout
Il faut montrer que a | c
...
Si p divise a, vp (a) > 0, mais comme a ∧ b = 1, on a alors vp (b) = 0 et
l’inégalité précédente implique v p (a) vp (c)
...


Dans le cas d’un anneau principal, on a donc deux démonstrations différentes, l’une
utilisant les propriétés des idéaux principaux, l’autre utilisant la décomposition en
irréductibles
...
g
...
d
...
Alors que la décomposition en
irréductibles peut être un problème très compliqué, et souvent d’un coût en calcul
élevé, même dans le cas de Z
...
9
...

© Dunod
...


(1) Montrer que

√
√
Z[i 3] = {z ∈ C | ∃a ∈ Z, ∃b ∈ Z, z = a + ib 3}
√
et généraliser aux sous-anneaux engendrés par d où d est un entier (positif ou
négatif) qui n’est pas un carré
...
En déduire les unités de Z[i 3]
...
Vérifier que 1 + i 3 est irréductible mais pas premier
...
10
...
On suppose que a et b non nuls
ont un p
...
c
...
m
...
g
...
d
...


i

i
i

i

i

i

i

i

2 • Anneaux et corps

46

Exercice 2
...
Soit A un anneau principal et a 1 , a2 ,
...
Montrer le théorème chinois (version anneau principal) :

A/(a1 a2
...
× A/(an )
On sera conduit à démontrer que l’hypothèse implique
k

k

(ai ) =
i=1

ai
i=1

EXERCICES
Exercice 2
...
Soit A l’anneau des fonctions continues de R dans R, muni de l’ad-

dition et du produit des fonctions
...

Exercice 2
...
Soit A un anneau non nul tel que x 2 = x pour tout x de A
...

(1) Montrer que pour tout x de A, on a : x + x = 0 (A est de caractéristique 2), puis
que A est commutatif
...
Quel peut-être le nombre
d’éléments d’un anneau de Boole fini ?
(3) Trouver des exemples d’anneaux de Boole
...
14
...
On dit alors que S est multiplicatif, et on définit une relation dans A × S par

(a, s)R(a , s ) ⇐⇒ as − a s = 0
(1) Montrer que c’est une relation d’équivalence
...
Montrer que S −1 A est
s
un anneau pour les lois + et × définies par :

at + bs
ab
a b
a b
+ =
× =
et
s t
st
s t
st
(ne pas oublier de vérifier que ces opérations sont bien définies)
...
Reconnaître le cas
A = Z et A = K[X]
...

(4) Montrer que si I est un idéal premier de A, S = A\I est une partie multiplicative
...

Exercice 2
...
On rappelle que les inversibles de Z/nZ sont les classes k où k est

n − 1 et k ∧ n = 1 est noté
premier à n
...
Rechercher les inversibles de Z/p k Z
...
l’exercice 2
...

√

Exercice 2
...
Soit A l’anneau Z[i 5]
...
l’exercice 2
...
Si z ∈ A, on rappelle que

l’application norme N : z → |z|2 est un morphisme multiplicatif de A dans N
...

(2) Déterminer les diviseurs de 9
...


(3) Trouver des éléments irréductibles qui ne sont pas premiers
...

(4) Trouver deux éléments qui admettent un p
...
c
...
mais qui n’ont pas de p
...
c
...

(5) Trouver deux éléments qui n’ont ni p
...
c
...
, ni p
...
c
...

√

Exercice 2
...
Soit β = 1+i2 19 et A = Z[β], le sous-ensemble de C formé des

combinaisons linéaires à coefficients entiers de 1 et de β
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Chercher les unités (éléments inversibles) de A
...
Pour cela, on suppose qu’il existe une
division euclidienne associée à une application (stathme) φ
...

Démontrer que A/(z0 ) est de cardinal 2 ou 3
...

En déduire que A n’est pas euclidien
...
Voir par exemple
[21]
...
dunod
...


2
...
LES ENTIERS DE GAUSS
On note G l’ensemble Z[i] = {z ∈ C | ∃a ∈ Z, ∃b ∈ Z, z = a + bi}
...

(2) Montrer que z = a + bi → N (z) = |z|2 = a2 + b2 est un morphisme pour le
produit de G dans N
...
On pourra
se référer à l’exercice 2
...

(3) Montrer que G est un anneau euclidien pour le stathme N
...
On pourra s’aider d’une représentation graphique
...
Montrer que si N (a) est un nombre premier, alors a est un irréductible de G
...
Montrer que
p = α2 + β 2 est premier dans Z
...

(6) Montrer que les irréductibles de G sont :
• Les α + iβ tels que α2 + β 2 = p soit un nombre premier de Z
...
), et leurs associés
...

• −1 carré dans Z/pZ
...

(8) Déterminer parmi les éléments de G de partie réelle et de partie imaginaire dans
[0, 3], lesquels sont irréductibles
...


2
...
LES SOUS-ANNEAUX DE Q
Ce problème a pour objectif de décrire tous les sous-anneaux de Q
...
C’est un sous-ensemble de N ∗
...

Montrer que D est stable pour le produit (propriété 1), puis montrer que si d est
un élément de D , alors tous les diviseurs (dans N) de d sont dans D (propriété 2)
...
Vérifier que
p
A = x ∈ Q | ∃p ∈ Z, q ∈ D,
p ∧ q = 1 et x =
q
est bien un sous-anneau de Q
...
Si D est associé à un anneau A, on note
Q l’ensemble des diviseurs premiers des éléments de D
...

On note Q un sous-ensemble non vide de P
...
Donner la
description des sous-anneaux de Q
...

1
d

SOLUTIONS DES EXERCICES
Solution 2
...
x → ax est injective équivaut à

∀(x, y) ∈ A2 ,

(ax = ay)

⇒

(x = y)

© Dunod
...


c’est donc exactement la régularité à gauche de a
...
Donc 1A admet un antécédent unique et a admet un inverse à droite
...
Application : un anneau
intègre fini est un corps
...
2
...

Supposons que M représente un endomorphisme f de K n , alors N représente g telle
que f ◦ g = 0
...
Comme g = 0 équivaut à
Im g = 0, on voit qu’il est nécessaire que Ker f = 0
...
Les diviseurs de zéro à gauche sont donc les matrices de déterminant nul
...
Dans l’anneau des matrices sur un corps, les notions d’éléments réguliers
et inversibles coïncident
...
Alors, si x et y sont dans I ,
a(x + y) = ax + ay = 0 et si z ∈ A, a(xz) = (ax)z = 0 donc I est un idéal à droite
de A
...

Si k ∈ Z/nZ, alors kx = 0 équivaut à kx ∈ nZ
...
g
...
d
...
L’annulateur de k est l’idéal engendré
n
par la classe de n∧k
...
On peut montrer que ces annulateurs sont les seuls
types d’idéaux de Mn (K)
...
3
...
4
...
Supposons
que M ne soit pas nulle, alors un de ses coefficients, par exemple m 11 n’est pas nul
...
Si on
1
multiplie à gauche par m11 In , on voit que Eij est dans I pour tout couple (i, j), I est
donc l’anneau tout entier
...
5
...
Les idéaux de Z/nZ

sont en bijection avec les idéaux dZ de Z tels que nZ ⊂ dZ ⊂ Z et d doit donc être un
diviseur de n, l’idéal est engendré par la classe de d modulo n
...


Solution 2
...
Soit k ∈ Z/nZ un élément nilpotent
...
ps où p1 , p2 ,
...
Réciproquement, si k
est multiple de ce produit, il existe une puissance de k qui sera multiple de n, il suffit
de choisir le plus grand des exposants des p i dans la décomposition de n
...
ps
...


Solution 2
...
Si x et y sont dans

√

I , on aura xk ∈ I et y ∈ I pour un certain k et

un certain
...

Par ailleurs, si a est dans A, (ax)k = ak xk est dans l’idéal I
...
Si I est l’idéal nul, cet idéal est formé des éléments nilpotents de A
...
Si I est l’idéal nul, on retrouve la notion d’annulateur
...
pak où les pi sont des nombres
1
k
premiers et où les exposants sont non nuls, on a :
√
nZ = p1 p2
...
Et si un
nombre est multiple de p 1 p2
...
On montrera de même que aZ : bZ = a Z où a = a∧b (examiner à part les cas
où a ou b est nul)
...
On définira IJ comme l’idéal engendré par les
produits, c’est donc
k

IJ = {x ∈ A | ∃k ∈ N, ∃(xi ) ∈ I , ∃(yi ) ∈ J , x =
k

xi yi }

k

i=1

Cas particulier : si I = (a) et J = (b) alors il est immédiat que IJ = (ab)
...


© Dunod
...


• IJ ⊂ I ∩ J puisque si zi = ai bi où ai ∈ I et bi ∈ J , alors zi ∈ I ∩ J d’après
la seconde propriété des idéaux
...
On n’a pas utilisé l’hypothèse
...
L’hypothèse A = I + J implique qu’il existe i ∈ I et j ∈ J tels
que 1 = i + j
...

Dans Z, les idéaux (a) et (b) sont étrangers si et seulement si a et b sont premiers entre
eux
...
p
...
m
...

Solution 2
...
Soit J un idéal de A, différent de A
...
E est non vide car il contient au moins
J
...
Alors
montrons que U = I∈C I est un majorant de C ; c’est un idéal, car si x et y sont dans
U , on a x ∈ I1 et y ∈ I2 , mais comme l’ensemble C est totalement ordonné, on a par
exemple, I1 ⊂ I2 et x ∈ I2 , donc x + y ∈ I2 ⊂ U
...
Il faut montrer que U est bien dans E , donc que c’est un idéal

i

i
i

i

i

i

i

i

2 • Anneaux et corps

52

différent de A
...
Mais
alors I serait A, ce qui est contraire à l’hypothèse
...
En appliquant le théorème de Zorn, on a montré que E avait au moins un élément
maximal K
...
Si
en effet l’idéal L vérifie K ⊂ L A, il contient J comme K et c’est donc un élément
de E
...

En appliquant ce résultat à J = {0}, on obtient que tout anneau non nul admet un
idéal maximal
...


Solution 2
...


√
√
(1) Z[i 3] doit contenir 1 et i 3, les sommes et les opposés de ces éléments donc
√
tous les a + bi 3 où a et b sont dans Z
...
Il est stable pour la somme, et pour le produit car :
√
√
√
(a + bi 3)(a + b i 3) = aa − 3bb + (ab + a b)i 3
√
c’est donc un sous-anneau√ C, le plus petit qui contienne i 3
...

√
(2) |a + ib 3|2 = a2 + 3b2 ∈ N
...
Si z est inversible d’inverse z dans notre anneau, on aura zz = 1,
donc N (z)N (z ) = N (1) = 1
...
Et si N (z) = 1, avec z = a+ bi 3, on a N (z) = (a+ bi 3)(a− bi 3) = 1,
√
l’inverse de z est son conjugué, il est dans Z[i 3]
...
Seuls 1 et −1
sont inversibles dans notre anneau
...
Supposons z = 1 + i 3 réductible sous la forme z = xy ;
ni x ni y n’étant inversible, on doit avoir N (x) = N (y) = 2
...
De même, z = 1 − i 3 et 2
sont irréductibles, et ces irréductibles sont non associés
...
N (a)N (b) = 4
...


Solution 2
...
Soit a et b dans A
...
p
...
m
...


Comme ab est évidemment un multiple commun de a et de b, il existe d tel que
ab = md
...
Donc d est un diviseur de b
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

53

Soit maintenant δ un diviseur commun de a et de b
...
C’est donc un multiple de m, et il existe
k tel que a b δ = km
...
g
...
d
...


Solution 2
...
On va utiliser la même démonstration que le théorème chinois vu dans
le cours
...
A/(ak ) qui à a ∈ A
associe le k−uple de ses classes
...
De plus,
k

a ∈ Ker φ ⇐⇒ ∀i, a ∈ (ai ) ⇐⇒ a ∈

(ai )
i=1

k
Montrons maintenant k (ai ) =
i=1
i=1 ai sous l’hypothèse que les (a i ) sont
premiers entre eux deux à deux
...

Et bien sûr, tout multiple de a 1 a2 est multiple commun de a 1 et de a2
...
7
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On a
donc
((a1 ) ∩ (a2 )) ∩ (a3 ) = (a1 a2 ) ∩ (a3 ) = (a1 a2 a3 )
et ainsi de suite
...
Si (x, y) ∈ A × A, alors, en utilisant une
relation de Bezout a1 u + a2 v = 1, on voit que a = a1 uy + a2 vx a pour image
(x + (a1 ), y + (a2 )), et on traite le cas général de proche en proche
...
12
...
Il est donc nécessaire que f ne s’annule jamais, et on sait
1
alors que la fonction g = f est continue sur R comme f
...

Si, par exemple, f est nulle sur l’intervalle [0, 1], on peut prendre g nulle sur ] − ∞, 0]

i

i
i

i

i

i

i

i

2 • Anneaux et corps

54

et [1, +∞[ et égale à x(1 − x) sur [0, 1]
...
Soit en effet
g continue telle que f g = 0
...


Solution 2
...


(1) Pour tout x de A,

(x + 1)2 = x + 1 ⇐⇒ x2 + x + x + 1 = x + 1

d’où

x + x = 0,

et A est de caractéristique 2
...

(2) Supposons que A ait trois éléments distincts, 0, 1 et x
...
Remarquons au passage que x(1 + x) = x + x = 0, un
anneau de Boole qui a plus de deux éléments ne peut être intègre
...
x = 0 et 1
...
Si donc A est fini, il est isomorphe (en
tant qu’espace vectoriel) à F n pour un certain n, et le cardinal de A est de la forme
2
2n
...
13, p
...


Solution 2
...


(1) (a, s)R(a, s) ⇐⇒ as − as = 0, la relation est réflexive
...
On a utilisé l’intégrité
de l’anneau
...
Faisons-le pour la
somme : si (a, s)R(a , s ) et (b, t)R(b , t ) alors (at + bs, st)R(a t + b s , s t )
puisque

(at + bs)s t − (a t + b s )st = (as − a s)tt + (bt − b t)ss = 0

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

55

Le reste des vérifications est immédiat, avec le modèle des fractions en tête
...

s
(3) Comme A est intègre, si s et s sont non nuls, alors ss aussi, S = A \ {0} est
s
multiplicatif
...
Enfin,
s
a
a → 1 est un isomorphisme de A sur un sous-anneau de S −1 A
...

(4) Soit S = A \ I où I est un idéal premier
...
On a donc un anneau S −1 A
...
C’est donc un sous-anneau de Q ; on vérifie en particulier que l’ensemble
des éléments non inversibles est l’idéal engendré par 2
...
15
...
Pour compter les inversibles, comptons les p tels que
0
p < pk
...
On a donc

φ(pk ) = pk − pk−1

© Dunod
...


Dans le cas général, commençons par observer qu’on a

(A × B)× = A× × B ×
car, pour la loi produit, (a, b) est inversible si et seulement si a et b sont inversibles
...
Si maintenant n = p α1 pα2
...
Le théorème chinois permet d’obtenir l’isomorphisme :

Z/nZ

Z/pα1 Z ×
...


i

i
i

i

i

i

i

i

2 • Anneaux et corps

56

Solution 2
...


√
(1) Soit (a, b) ∈ Z2
...
Les seules solutions en entiers de cette équation sont
a = 1, b = 0 et a = −1, b = 0
...

√
(2) Si z = a + bi 5 est un diviseur de 9, N (z) est un diviseur de N (9) = 81
dans N
...
N (z) = 3 est impossible, et
N (z) = 9 donne a = ±2 et b = ±1, ou bien a = ±3 et b = 0
...
Enfin les diviseurs
tels que N (z) = 81 sont 9 et −9 puisque le second facteur est de norme 1
...
Les diviseurs ±3 et ±2 ± i 5 sont irréductibles : leur norme est
9 et il n’y a pas d’élément de norme 3
...
En effet, si 3 divisait 2+i 5
par exemple, le quotient serait de norme 1, donc serait ±1, qui ne conviennent pas
...

Remarquons également que dans la question précédente on a obtenu deux factorisations différentes de 9 en produit d’irréductibles, ce qui confirme que A n’est pas
factoriel
...

√
√
Ils ont √
comme multiple commun 9, mais aussi 3(2 + i 5) = 6 + 3i 5
...
Ils ne sont pas multiples d’un même élément de
A, comme le montre la question précédente
...
Mais, parmi ces diviseurs, il n’y en a pas de « plus grand » (au sens
de la relation divise)
...
g
...
d
...
p
...
m
...
p
...
m
...
g
...
d
...
17
...
Les solutions sont
√
√
1 − i 19
1 + i 19
,
x2 =
=β
x1 =
2
2

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

57

Montrons que A = Z[β] est stable pour le produit
...
A est aussi stable pour l’addition et contient 1, c’est un sousanneau de C
...

(2) La méthode est toujours la même : on considère N (z) = zz
...
Mais, en multipliant par 4,
4N (z) = 4a2 + 4ab + 20b2 = (2a + b)2 + 19b2 = 4
impose b = 0 donc a = ±1
...

(3) Supposons qu’il existe une division euclidienne, associée au stathme φ
...
Ce plus petit élément est
atteint pour un certain z0 de A
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Comme la division par z0 ne peut
avoir comme reste que 0, 1 ou −1, ce quotient a deux ou trois éléments, selon
que 1 et −1 sont ou non dans la même classe
...
trois) éléments, et qu’on ne peut alors construire qu’une
multiplication qui en fasse un anneau
...
Or cette égalité, qui s’écrit α2 + α + 1 = 0 dans F2 ,
et α2 − α + 2 = 0 dans F3 n’a pas de solution, dans l’un et l’autre cas
...

On montre néanmoins qu’il est principal, en utilisant une « division » qui ressemble à la division euclidienne : voir par exemple le livre [21]
...
1 L’ANNEAU DES POLYNÔMES A[X]
3
...
1
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

L’anneau des polynômes A[X] est l’ensemble des suites
P = (an )n∈N où les an sont dans A, et sont nuls sauf un nombre fini
...
1
...
Le sous-ensemble des suites de la forme
(a, 0, 0,
...
Il contient les
deux éléments neutres 0 et 1
...
), on constate que

i

i
i

i

i

i

i

i

3 • Polynômes

60

X × X = (0, 0, 1, 0, 0,
...

On définit comme dans le cas usuel la notion de degré, et on appelle coefficient
dominant le coefficient du terme de plus haut degré, et un polynôme est dit unitaire
si son coefficient dominant est 1
...

Attention
...
Dans un anneau non intègre comme Z/6Z, on a par
exemple
(2X 2 + 1)(3X 3 + X + 2) = 5X 3 + 4X 2 + X + 2
Proposition 3
...
Si A est intègre, deg(P Q) = deg(P ) + deg(Q)
...


Démonstration
...
Pour la seconde propriété, la condition est nécessaire, à
cause des polynômes constants ; réciproquement, si A est intègre, la première propriété
du théorème assure que A[X] est intègre
...
1
...
Division euclidienne, racines
Définition 3
...
Soit D un polynôme de A[X] dont le coefficient dominant est
inversible
...
La division euclidienne est toujours possible si
A est un corps (et si D n’est pas le polynôme nul), et donc
Proposition 3
...
Si K est un corps commutatif, K[X] est euclidien
...
On
ne peut diviser un polynôme unitaire par un polynôme de degré inférieur et dont le
coefficient dominant est non inversible : considérer les termes de plus haut degré
...
exercice 3
...
Néanmoins, la division euclidienne reste un outil fondamental pour
l’étude des anneaux A[X]
...
Si B est un anneau contenant
A, on peut encore définir P (α) avec α ∈ B
...
1 L’anneau des polynômes A[X]

61

Proposition 3
...
Dans A[X], P (a) = 0 ⇐⇒ X − a | P
...


Démonstration
...
Si P est de degré n + 1
et s’il a une racine a, alors, pour tout b différent de a, P (b) = (b − a)Q(b), avec
deg Q = n, et b est une racine de P si et seulement si c’est une racine de Q puisque
A est intègre
...
Par exemple, le polynôme X 2 a 4 racines
dans Z/16Z
...
1
...
On
n
iai X i−1
i=1

définit P par

© Dunod
...


et on a les propriétés habituelles de la dérivation
...
Généraliser à des racines multiples
...
2
...
On suppose que la décomposition en
irréductibles de P est de la forme P (X) = k Pi (X)αi , où les Pi sont irréductibles
i=1
distincts
...
On utilisera le p
...
c
...
P ∧ P et on fera l’application au polynôme
P défini par

X 10 −7X 9 +2X 8 +15X 7 +87X 6 +140X 5 +207X 4 +183X 3 +146X 2 +65X +25
Il est conseillé d’utiliser un logiciel de calcul formel
...
3
...
On suppose que P a une racine ration-

nelle
...
Application : trouver
les racines rationnelles du polynôme P défini par

P (X) = 8X 5 + 78X 3 + 52X 4 + 3X 2 + 70X − 49
et le factoriser en irréductibles
...


i

i
i

i

i

i

i

i

3 • Polynômes

62

Exercice 3
...
Soit A un anneau commutatif
...
On pourra considérer l’idéal (a, X) engendré par a
élément non inversible de A et par X
...
2 POLYNÔMES IRRÉDUCTIBLES
3
...
1
...
La question n’est pas facile à résoudre en général, même lorsque
A est un corps, et nous nous limiterons au cas d’un anneau commutatif intègre
...
6
...


L’outil de base est le degré : on commence par observer qu’un polynôme est une
unité si et seulement si c’est un polynôme constant égal à une unité de A
...

Il est un cas où on obtient ainsi tous les irréductibles
...
7
...

Théorème 3
...
Si K est algébriquement clos, tous les polynômes de K[X] se facto-

risent en polynômes du premier degré
...

Les polynômes irréductibles de K[X] sont les polynômes du premier degré
...
La démonstration se fait par récurrence sur le degré
...

Voici maintenant un théorème qui prouve qu’il existe des corps algébriquement clos
...

Théorème 3
...


Théorème de d’Alembert-Gauss
...

On en déduit :
Théorème 3
...
Les polynômes irréductibles de R[X] sont les polynômes de degré 1

et les polynômes du second degré sans racines réelles
...
2 Polynômes irréductibles

63

Démonstration
...
De plus, si α est une racine non réelle de P , on a P (α) = P (α) = 0,
donc α est racine de P avec la même multiplicité
...

On peut démontrer (c’est le théorème de Steinitz) que tout corps est inclus dans un
corps algébriquement clos, le plus petit s’appelant sa clôture algébrique (il est unique
à isomorphisme près)
...
2
...
Factorialité des anneaux de polynômes
Si A est un anneau, sans être un corps, A[X] n’est pas euclidien, et A[X] n’est pas
principal même si A l’est (cf
...
4)
...
11
...


Démonstration
...
g
...
d
...
, an ) où les ai sont ses coefficients
...
Si c = 1 (en fait donc une unité),
on dit que le polynôme P est primitif ; tout polynôme peut s’écrire P = c(P )P où
P est primitif
...

Lemme 3
...
de Gauss

• Si P1 et P2 sont primitifs, alors P1 P2 est primitif
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


Démonstration
...
Soit p un irréductible
...
mais pas tous les ai
...
De même, soit k le premier indice tel que
p ne divise pas bk
...
En conclusion, aucun irréductible
ne divise tous les coefficients de P 1 Q1 qui est donc primitif
...

Appelons K le corps des fractions l’anneau intègre A (voir l’exercice 2
...
13
...


i

i
i

i

i

i

i

i

3 • Polynômes

64

Démonstration
...
Dans
le corps des fractions de l’anneau A, on peut trouver des «dénominateurs communs»
pour les coefficients et donc écrire Q et R sous la forme :
Q=

n ∗
n
Q et R = R∗
d
d

où Q∗ et R∗ sont dans A[X] et sont primitifs
...

Passons maintenant au cas où P est quelconque
...

On peut remarquer qu’une conséquence de ce lemme est que, pour un polynôme primitif, être irréductible sur A ou être irréductible sur K sont équivalents
...

Montrons maintenant que A[X] est factoriel
...
Le contenu est dans A, donc il se factorise de façon unique en
irréductibles de A
...
Pk
...

Reste à montrer l’unicité de la décomposition
...

Supposons donc que P soit irréductible et divise QR
...
Si P est constant, il est irréductible donc premier (dans A factoriel)
et, en prenant les contenus, il divise soit le contenu de Q, soit le contenu de R
...
Mais alors
on fait comme dans le lemme, on écrit la factorisation de R :

R=

n
LP
d

où L et P sont primitifs, n et d dans A
...

Insistons sur les résultats obtenus au cours de la démonstration, avec A factoriel et
K son corps des fractions (par exemple A = Z et K = Q) :
• Un polynôme de A[X] réductible dans K[X] est aussi réductible dans A[X]
...

– les polynômes primitifs qui sont irréductibles dans K[X]
...
2 Polynômes irréductibles

65

3
...
3
...
Le plus simple consiste à «réduire» le polynôme modulo un entier n : si
P ∈ Z[X], avec P (X) = n ai X i , on note P le polynôme de (Z/nZ)[X] dont
i=0
les coefficients sont les classes modulo n des coefficients de P
...
Par contraposition :
Proposition 3
...
Soit P unitaire dans Z[X]
...


Ainsi, X 5 − 2X 4 − 4X 3 + 3X 2 + 6X + 5 se réduit modulo 2 à X 5 + X 2 + 1,
qui est irréductible : il y a un nombre fini (et petit) d’essais de factorisation à faire, qui
tous échouent
...
Il existe en effet des cas
de polynômes irréductibles, mais dont la réduction modulo p est réductible pour tout
p premier
...
15
...
Si P ∈ Z[X] s’écrit P (X) =

et s’il existe un nombre premier p tel que :

p | a0 , p | a1 ,
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


Démonstration
...
Si P était réductible sur Q, il serait réductible sur Z et on aurait
P = QR, avec Q et R non constants
...
Mais alors les termes constants de R et de Q seraient
tous les deux divisibles par p, et le terme constant de P , qui est leur produit, serait
divisible par p2 : contraire à l’hypothèse
...
C’est un cas où la
méthode de réduction ne donne rien
...
16
...
+ X p ,

p-ième polynôme cyclotomique est irréductible sur Q
...
On considère le polynôme composé Q(Y ) = P (Y + 1)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

3 • Polynômes

66

Or

Q(Y ) = 1+(Y +1)+(Y +1)2 +
...
26) tous les coefficients p , pour
i
i = 1 à p − 1, sont divisibles par p, le dernier étant p n’est pas divisible par p 2
...

Les polynômes cyclotomiques ont beaucoup d’intérêt en arithmétique
...


3
...
4
...

Théorème 3
...
de Wedderburn
...


On sait par contre qu’il existe des corps non commutatifs infinis, comme le célèbre
corps des quaternions H
...
18
...


Démonstration
...
Par ailleurs, l’addition des
éléments de K et le produit d’un élément de F p par un élément de K font de K un
espace vectoriel sur F p
...
Il a donc pour cardinal celui
p
de Fn , soit q = pn
...
19
...
De plus, ce corps est unique, à isomorphisme près, on le note F q
...

L’idée est la même que celle qui consiste à construire le corps des complexes comme
quotient R[X]/(X 2 + 1)
...
2 Polynômes irréductibles

67

Proposition 3
...
Soit k un corps, P un polynôme irréductible de k[X] de degré n,
alors k[X]/(P (X)) est un corps, contenant un sous-corps identifié à k, et c’est un
k-espace vectoriel de dimension n
...
Le début est bien connu : dans l’anneau principal k[X], l’idéal
engendré par un irréductible est maximal, donc le quotient K = k[X]/(P (X)) est
un corps
...
Si on
note α la classe de X , les éléments de K sont de la forme
x0 + x1 α +
...
K est alors un k-espace
vectoriel de base 1, α,
...
Si le polynôme P s’écrit

P (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a0
les calculs de produits dans K se font en utilisant

αn = −an−1 αn−1 − an−2 αn−2 −
...

Outre C déjà évoqué, les exemples sont innombrables, comme

√
Q[X]/(X 2 − 2) ≡ {x ∈ R | ∃a ∈ Q, ∃b ∈ Q, x = a + b 2}
√
en «notant» 2 la classe de X
...
Par exemple,

© Dunod
...


F4 = F2 [X]/(1 + X + X 2 )
car le polynôme 1 + X + X 2 est irréductible sur F 2 puisqu’il n’a pas de racine
...
Le seul produit à calculer est
α(1 + α) = α + α2 = 1 puisque 1 + α + α2 = 0 et que l’on est en caractéristique 2
...


Exercice 3
...
Soit K un corps commutatif
...
Montrer qu’un polynôme de degré
2 ou 3 qui n’a pas de racine dans K est irréductible dans K[X]
...


Exercice 3
...
Décrire un corps à neuf éléments
...
3 POLYNÔMES À PLUSIEURS INDÉTERMINÉES
3
...
1
...
On construit par récurrence l’anneau des polynômes à n
variables sur K par :

A = K[X1 , X2 ,
...
, Xn−1 ][Xn ]
On vérifie que l’ordre des variables n’a guère d’importance (un changement dans
2,
l’ordre conduit à un anneau canoniquement isomorphe)
...
11 et une récurrence immédiate
...
21
...
, Xn ] est un K -espace vectoriel de dimension infinie
...
Xn n
...
, αn ), le monôme ci-dessus sera noté X α
...
Ainsi, un polynôme de
degré total inférieur à n sera de la forme

aα X α

P =
|α| n

Un petit résultat bien utile
...
22
...
, Xn ] est divisible par X1 − X2 si et seulement

si P (X1 , X1 , X3 ,
...


Démonstration
...
, Xn ) est
le polynôme nul
...

Première démonstration : on pose A = K[X 3 ,
...
Alors :
i j
ai,j X1 X2 ,

P (X1 , X2 ) =

i j
ai,j X1 X1 = 0

P (X1 , X1 ) =

(i,j)∈I

(i,j)∈I

où I est un ensemble fini de couples d’indices
...
3 Polynômes à plusieurs indéterminées

69

pour j non nul
...

Seconde démonstration : on pose A = K[X 2 , X3 ,
...
On peut alors écrire la division euclidienne de P par X 1 − X2 , qui
est un polynôme unitaire du premier degré en l’indéterminée X 1 :

P = (X1 − X2 )Q(X1 ,
...
Donc
P (X1 , X2 ,
...
, Xn ) + P (X2 , X2 , X3 ,
...


3
...
2
...
Soit σ une permutation des n entiers 1, 2,
...
Si P est un
polynôme à n variables, on peut lui associer le polynôme :

(σ
...
, Xn ) = P (Xσ(1) , Xσ(1) ,
...
(X1 + X2 + 3X3 X1 ) = X2 + X1 + 3X3 X2

On dit alors qu’un polynôme est symétrique si :

∀σ ∈ Sn , σ
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Proposition 3
...
S est un sous-anneau de K[X 1 , X2 ,
...


Il suffit de l’écrire
...

Il existe des polynômes symétriques plus simples que d’autres, ce sont les n polynômes symétriques élémentaires :
Définition 3
...
On appelle k -ième polynôme symétrique élémentaire de n

variables le polynôme :

σk =

Xi1 Xi2
...

i

i
i

i

i

i

i

i

3 • Polynômes

70

En toute rigueur, on devrait écrire σ k,n pour faire figurer le nombre n des indéterminées
...
< ik
soit satisfaite
...
+ Xn ,
σ2 = X1 X2 + X1 X3 +
...

σn = X1 X2
...
Une partie de l’intérêt qu’apportent les polynômes symétriques élémentaires est le lien qu’il y a avec la théorie des équations polynômiales
...
, Xn+1 ) = σi,n (X1 ,
...
, Xn )Xn+1
pour i vérifiant 0 < i < n
...
Notons également que cette relation permet de démontrer que les polynômes symétriques élémentaires sont bien symétriques,
car le premier membre est invariant par toute permutation des indéterminées X i
...
25
...
De plus, ces polynômes symétriques élémentaires sont algébriquement indépendants
...
Précisons également que des polynômes P 1 , P2 ,
...
, Tm ],
Q(P1 , P2 ,
...
, Pn ) ? On peut utiliser la notion de composition de polynômes, ou dire que c’est la valeur de la fonction polynôme associée à
Q en un élément de l’anneau K[X 1 , X2 ,
...

Avant de faire la démonstration, un ou deux exemples faciles :
2
X 2 + Y 2 + Z 2 = (X + Y + Z)2 − 2(XY + Y Z + ZX) = σ1 − 2σ2

XY 2 + X 2 Y + Y Z 2 + Y 2 Z + XZ 2 + X 2 Z = (X + Y + Z)(XY + Y Z + ZX)
−3XY Z
= σ1 σ2 − 3σ3

i

i
i

i

i

i

i

i

3
...


Démonstration
...
On dit que
β
β
α
α
α
β
aX1 1 X2 2
...
Xn n

si et seulement si αm > βm où m = min{k | αk = βk }
...
17
...
Soit alors aX1 1 X2 2
...
Alors nécessaiα2

...
Xn σ(n)
...
Soit alors Q
le polynôme :
αn−1 −α
α
α
α
Q = σ1 1 −α2 σ2 2 −α3
...
(X1
...
Xn n

Donc P −aQ contient uniquement des monômes plus petits que le plus grand monôme
de P
...
On réitère le processus avec le polynôme P − aQ
...
Le processus décrit est algorithmique en ce sens
qu’il décrit un procédé effectif
...
Soit Ψ l’applicai
i
i
tion linéaire de K[X1 , X2 ,
...
Xnn associe

© Dunod
...


i
i
i
X11 +i2 +
...
+in
...
Pour
2
fixer les idées, ce serait par exemple : Q(X 1 , X2 , X3 ) = αX1 X2 + βX1 X2 X3 , ce
2
qui supposerait ασ1 σ2 + βσ1 σ2 σ3 = 0
...
Alors soit alors aX 11 X22
...
Dans Q(σ1 ,
...
σnn
...
+in X22 +
...
Xnn = Ψ(aX11
...
, σn )
...

Maintenant un exemple
...
Le plus grand monôme est X1 , on soustrait donc
3 = (X + X + X )3 ce qui donne :
σ1
1
2
3
3
2
2
P − σ1 = −3(X1 X2 + X1 X2 +
...

P = σ1
1 2
3

Un corollaire du théorème est le suivant :
Corollaire 3
...
L’anneau K[X1 , X2 ,
...


C’est donc un exemple de sous-anneau strict isomorphe à l’anneau tout entier
...
On définit l’isomorphisme par :
Φ(P )(X1 , X2 ,
...
, σn )
Par exemple, pour n = 3, Φ(X 2 − 2Y ) = X 2 + Y 2 + Z 2
...
De plus, le théorème annonce bien que Φ est surjectif, et que son noyau est
réduit à 0
...
7
...

Exercice 3
...
Montrer que tout polynôme symétrique est de même degré partiel

en chacune des indéterminées
...
9
...
On note α, β et γ ses

trois racines
...

Exercice 3
...
À l’aide des polynômes symétriques élémentaires, écrire le polynôme

Xi2 Xj Xk

P (X1 , X2 ,
...


EXERCICES
Exercice 3
...
Petite révision de l’équation de Bezout dans l’anneau (euclidien) des

polynômes
...

Exercice 3
...
La méthode de Kronecker Soit P un polynôme de Z[X], de degré

n
...
3) qu’il était possible de déterminer toutes les racines
rationnelles de P
...
On pose d = n où [x] désigne la partie
2
entière du réel x, et on suppose que P est réduit
...
, ad des entiers relatifs distincts et b 0 ,
...

Montrer qu’il existe un seul polynôme Q de Q[X], de degré inférieur ou égal à
d tel que, pour tout i, Q(ai ) = bi
...

(3) Montrer que les listes (D(a 0 ),
...
Conclure
...
13
...
, Xn ] est antisymétrique s’il

vérifie :

∀σ ∈ Sn , σ
...
Vérifier que le polynôme
(Xj − Xi )

V (X1 , X2 ,
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Montrer que tout polynôme antisymétrique P peut s’écrire :

P (X1 ,
...
, Xn )Q(X1 ,
...


Sommes de Newton
...
, Xn ], où
K est un corps commutatif, on appelle sommes de Newton les polynômes S k définis
par :
Exercice 3
...


n

Xik

Sk (X1 , X2 ,
...

(1) Calculer S0 , S1 , S2 et S3 en fonction des polynômes symétriques élémentaires σ i
...
En introduisant le polynôme

n

(U − Xi ) = U n − σ1 U n−1 + σ2 U n−2 +
...
+ (−1)n σn Sk−n
(3) Dans le cas où k < n, montrer que :

Sk − σ1 Sk−1 + σ2 Sk−2 +
...

(4) Montrer que réciproquement on peut calculer les polynômes symétriques élémentaires (σi ) en fonction des sommes de Newton S i
...


Exercice 3
...
Soit M la matrice à coefficients dans K[X 1 , X2 ,
...
n,j=1
...

(2) Exprimer les coefficients de la matrice t M M en fonction des sommes de Newton
...


PROBLÈMES
Les corrigés de ces problèmes sont disponibles sur le site de Dunod : www
...
com
...
1
...

(1) Montrer que Un est un groupe cyclique
...

(2) Déterminer les racines primitives de l’unité pour n = 1 à 10
...
Déterminer Φ n pour n = 1 à 10
...

(4) Quel est le degré de Φ n ? Déterminer Φn pour n premier
...

On rappelle que µ(1) = 1, µ(p1 p2
...

(7) Montrer que les polynômes Φ n sont unitaires à coefficients dans Z
...
Voir le cas où n est premier
dans l’application du critère d’Eisenstein page 65
...
2
...
On prouvera en particulier qu’il existe toujours au moins un
polynôme irréductible de degré n, et donc un corps fini de cardinal q = p n
...
On suppose qu’il existe un corps K de cardinal q
...

(2) On note N (n, p) le nombre des polynômes unitaires irréductibles de degré n dans
Fp [X]
...

(3) Soit P un polynôme irréductible de F p [X], de degré d
...

(4) Réciproquement, montrer que les facteurs irréductibles unitaires de X p − X sont
exactement les polynômes unitaires irréductibles de F p [X] dont le degré est un
diviseur de n
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

n

(6) En déduire

pn =

dN (d, p)
d|n

puis

N (n, p) =

1
n

pd µ
d|n

n
d

(voir la formule d’inversion de Möbius, vue à la fin du problème du chapitre 1)
...

(8) Montrer que N (n, p) > 0
...
1
...
On a donc P (X) = Q(X) + (X − a)Q (X), donc P (a) = Q(a) d’où
la propriété annoncée
...
= P (k−1) (a) = 0,
P (k) (a) = 0

et cela se démontre aisément, avec par exemple l’identité de Taylor pour les polynômes
...
Par exemple,
P (X) = X 2 admet 0 comme racine double, mais en caractéristique deux, toutes
ses dérivées successives sont identiquement nulles
...
On pourra par
exemple consulter [10]
...
2
...
Un diviseur irréductible de D est nécessairement un
diviseur irréductible de P
...
Alors P = Piαi −1 (αi Pi Q + Pi Q ), et comme
Pi , irréductible, ne divise ni Pi ni Q, Pi ne divise pas αi Pi Q + Pi Q donc Piαi −1 est
facteur de D avec l’exposant maximum
...
Dans le cas de l’application
P (X) ∧ P (X)
proposée, on trouve avec l’algorithme d’Euclide :

Le polynôme cherché est donc R(X) =

P (X) ∧ P (X) = X 5 − 3X 4 − 7X 3 − 13X 2 − 9X − 5
R(X) = X 5 − 4X 4 − 3X 3 − 9X 2 − 4X − 5
Le polynôme P a donc cinq racines distinctes
...
3
...
On peut supposer que c’est aussi le cas de a 0 , si on a au préalable éliminé
la racine nulle
...
+ an−1 pn−1 q + an pn = 0

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

77

donc

q(a0 q n−1 + a1 pq n−2 +
...
De même, on voit que p est un diviseur de a 0
...
Ainsi,
pour le polynôme
P (X) = 8X 5 + 78X 3 + 52X 4 + 3X 2 + 70X − 49
on doit tester p = ±1, ±7, ±49 et q = ±1, ±2, ±4, ±8
...
Donc
2
2

P (X) = (2X − 1)(2X + 7)(2X 3 + 7X 2 + 2X + 7)
À nouveau − 7 est racine et P (X) = (2X − 1)(2X + 7)2 (X 2 + 1), on a obtenu
2
une factorisation en irréductibles sur Z
...


X 4 + X 3 + X 2 + X 2 + X + 1 = (X 2 + 1)(X 2 + X + 1)
on a factorisé en irréductibles
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
4
...
Supposons A[X] principal (donc intègre), alors A est nécessairement intègre
...
On va montrer que l’idéal
(a, X) = aA[X] + XA[X] n’est pas principal
...
Pour des raisons de degré, ce serait un élément b de A, et on
aurait X = bQ(X) Mais alors Q serait du premier degré de la forme cX +d et bc = 1,
b serait inversible
...

La démonstration faite prouve en particulier que (2, X) n’est pas principal dans
Z[X] ; concrètement, c’est l’ensemble des polynômes dont le terme constant est pair
...
5
...
Par
contraposition, un polynôme irréductible de degré supérieur ou égal à deux n’a pas de
racine
...
De plus,
Q et R ne sont pas des unités, donc sont de degré non nul
...
Par contre, un polynôme de degré 4 peut

i

i
i

i

i

i

i

i

3 • Polynômes

78

ne pas avoir de racine et être néanmoins réductible
...
Les
polynômes du second degré sont X 2 , X 2 +X , X 2 +1, X 2 +X +1
...

Par contre X 2 + X + 1 n’a pas de racine, il est irréductible
...
Enfin, pour le degré 4, les polynômes sans racines sont

X 4 + X 3 + X 2 + X + 1, X 4 + X 3 + 1, X 4 + X + 1, X 4 + X 2 + 1
Un polynôme du quatrième degré sans racine ne peut être réductible que s’il est produit
de deux polynômes irréductibles du second degré
...

Solution 3
...
Un corps à 9 éléments est nécessairement de caractéristique 3
...
K = F3 [X]/(X 2 + 1) est donc un corps à 9 éléments
...
Il est engendré par exemple par 1+α
...
16, p
...

Tout polynôme de (K[X])[Y ] = K[X, Y ] s’écrit sous la forme
P0 (X)+P1 (X)Y +P2 (X)Y 2 +
...
+ak X k
...
C’est idéal n’est pas principal
...
4, tout repose sur le fait que X n’est pas
inversible dans K[X]
...
7
...
8
...
, Xn )
...
Mais si aX 1 1 X2 2
...
Xn
2
égal au degré partiel en X 1
...


1
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

79

Solution 3
...
Si P (X) = X 3 + 2X 2 − X − 3 a pour racines α, β et γ , on a

⎧
⎪α + β + γ = −2
⎨
αβ + βγ + γα = −1
⎪
⎩αβγ = 3

d’où l’on tire

α2 + β 2 + γ 2 = (α + β + γ)2 − 2(αβ + βγ + γα)
= 4+2=6
2 2
2 2
2 2
α β + β γ + γ α = (αβ + βγ + γα)2 − 2α2 βγ − 2αβ 2 γ − 2αβγ 2
= (αβ + βγ + γα)2 − 2αβγ(α + β + γ)
= 1 − 2 × 3 × (−2) = 13
α2 β 2 γ 2 = (αβγ)2 = 9
et les trois nombres α2 , β 2 et γ 2 sont les racines de Q(X) = X 3 − 6X 2 + 13X − 9
Solution 3
...
L’algorithme décrit dans la démonstration conduit à ôter du polynôme

P le produit σ1 σ3
...
Et donc
Xi2 Xj Xk = σ1 σ3 − 4σ4

© Dunod
...


i,j,k∈I

Bien sûr, cette formule se simplifie s’il n’y a que trois indéterminées, en ce cas σ 4 disparaît
...

Solution 3
...
On écrit l’algorithme d’Euclide :

X 5 + 2 = (X 2 + X + 1)(X 3 − X 2 + 1) − X + 1
X 2 + X + 1 = (−X + 1)(−X − 2) + 3
Il est alors possible de «remonter» cet algorithme, en écrivant

3 = (−X + 1)(X + 2) + (X 2 + X + 1)
= (X + 2) X 5 + 2 − (X 2 + X + 1) (X 3 − X 2 + 1) + (X 2 + X + 1)
= (X + 2)(X 5 + 2) − (X 4 + X 3 − 2X 2 + X + 1)(X 2 + X + 1)

i

i
i

i

i

i

i

i

3 • Polynômes

80

d’où une solution

X 4 + X 3 − 2X 2 + X + 1
X +2
,
B(X) = −
3
3
Pour la seconde question, cherchons une solution
...

Quant à la dernière question, ça va plus vite
...


Solution 3
...


(1) La classique théorie des polynômes de Lagrange permet de résoudre cette question
...
Notre
polynôme solution sera ainsi Q = d bi Li (X)
...

(2) Si P est non constant et réductible sur Z[X], il admet une factorisation
P = P1 P2 avec deg P1 + deg P2 = deg P
...

2
2
(3) Lorsque les ai sont fixés, les nombres P (a0 ) ,
...

L’ensemble de leurs diviseurs est également fini
...
, D(ad )) sont en nombre fini
...
Il y a donc un nombre fini de diviseurs D à essayer : le problème de
la factorisation d’un polynôme dans Z[X] est donc algorithmiquement résoluble
...
En pratique, on utilise des algorithmes beaucoup plus performants, basés sur une réduction modulo p
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

81

Solution 3
...
Si V est le polynôme de Vandermonde, et σ = (i, j) une transposition,

alors

(Xσ(k) − Xσ( ) )

σ
...
, Xn ) =
k>

change de signe un nombre impair de fois, et est donc multiplié par la signature de cette
transposition
...

Supposons maintenant P antisymétrique
...
, Xi ,
...
, Xn ) = −P (X1 ,
...
, Xi ,
...
, Xi ,
...
, Xn ) = 0
ce qui prouve que P est divisible par X j − Xi
...
)
Solution 3
...


(1) On a immédiatement :
0
0
0
S0 = X1 + X2 +
...
+ Xn = σ1
2
2
2
2
S2 = X1 + X2 +
...
+ Xn = σ1 − 3σ1 σ2 + 3σ3

(2) On commence par substituer X i à U :

0 = Xin − σ1 Xin−1 + σ2 Xin−2 +
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
+ (−1)n σn Xik−n
enfin on somme pour tous les i de 1 à n :

0 = Sk − σ1 Sk−1 + σ2 Sk−2 +
...
On a

σ1 Sk−1 =
=

Xi

Xik−1

Xik +

Xik−1 Xj

les indices étant distincts
...
Xik

Xik−p

Xik−p+1 Xi2
...
Xik+1
1

i

i
i

i

i

i

i

i

3 • Polynômes

82

mais il y a un cas particulier si la somme de Newton est S 1 :

σk−1 S1 =

Xi1
...
Xik−1 + k
1

=

Xi2 Xi2
...
Xik

La formule de Newton demandée s’obtient alors en sommant, on trouve

Sk − σ1 Sk−1 + σ2 Sk−2 +
...

(4) La forme même des formules de Newton montre que l’on peut calculer les polynômes symétriques élémentaires en fonction des polynômes de Newton
...
15
...


(1) En développant par rapport à la dernière ligne, on voit que le déterminant de M
est un polynôme V (X1 ,
...
, Xn ]
...
, Xn−1 )
...
, Xi ,
...
On a donc :
n−1

(Xn − Xi )

V (X1 , X2 ,
...
, Xn−1 )
i=1

et une récurrence donne alors :

(Xj − Xi )

V (X1 , X2 ,
...
SI on appelle pi,j son coefficient général :
n
i−1 j−1
Xk Xk = Si+j−2

pi,j =
k=1

les coefficients de la matrice sont donc des sommes de Newton
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Il est nul si et seulement si il y a
une racine multiple, mais il a d’autres propriétés intéressantes
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Nous donnerons également quelques
indications sur une autre méthode, la réduction de Frobenius
...


4
...
1
...
Polynôme caractéristique et polynôme minimal
Commençons par des rappels rapides
...
Il est muni d’une structure de K -algèbre
...
Rappelons également
qu’un scalaire λ de K est valeur propre de l’endomorphisme u s’il existe un vecteur
x non nul tel que
u(x) = λx

i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

86

On dit alors que x est un vecteur propre associé à la valeur propre λ
...

Définition 4
...
Soit u ∈ L(E)
...

• L’application définie par

φu :
P (X) =

K[X] −→ L(E)
i −→ P (u) =
i ai X

i
i ai u

est un morphisme de K -algèbres
...


Remarques
• Commençons par observer que pour définir le polynôme caractéristique,
on utilise une matrice contenant l’indéterminée X
...

• Un point important également : en dimension finie le polynôme minimal
n’est pas nul
...
Elle est isomorphe au quotient K[X]/(µ u (X)), donc l’idéal engendré
par µu n’est pas nul
...
En dimension infinie,
un endomorphisme peut avoir un polynôme minimal nul
...
Comme elle est isomorphe à K[X]/(µu (X)), c’est un espace vectoriel de dimension deg µ u
...
2
...

• Toute valeur propre est racine d’un polynôme annulateur
...

• χu et µu ont les mêmes facteurs irréductibles
...
1 Diagonalisation et trigonalisation

87

Démonstration
...

• Par ailleurs, si u(x) = λx, alors pour tout k de N, uk (x) = λk x par une récurrence
immédiate
...

• Il faut démontrer que χu est dans l’idéal engendré par le polynôme minimal, autrement dit que c’est un polynôme annulateur
...
Ce sera vrai pour tout x, et donc le résultat sera
démontré
...
, u n (x)) est liée
...
, u i (x)) soit libre, on a 0
k < n
...
, u k (x)), (il est de dimension
k + 1) et soit G un supplémentaire de F
...
, u k (x)) par une
base de G, et dans cette base, la matrice de u est du type :

C B
0 A
où C est une matrice carrée de taille (k + 1) × (k + 1), B une matrice rectangle,
A une matrice carrée de taille (n − k − 1) × (n − k − 1), 0 représente une matrice
bloc nulle
...

0 α0

...
⎟
⎜

...
⎟
⎜1 0
...


...

⎟

...

⎟

...

⎜
...

⎟
⎝
...

k−1

© Dunod
...


0

0


...
On a donc :
i=0

χu (X) = det(C − XI) det(A − XI)
Le premier déterminant se calcule par récurrence ou, plus directement, en développant par rapport à la dernière colonne et :

χu (X) = (−1)k+1 X k+1 −
où G(X) = (−1)k+1 X k+1 −

αi X i det(A − XI) = G(X)F (X)
αi X i et F (X) = det(A − XI) mais alors

χu (u) = G(u) ◦ F (u) = F (u) ◦ G(u)

et

χu (u)(x) = F (u)(G(u)(x))

i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

88

et

G(u)(x) = (−1)k+1 uk+1 (x) −

αi ui (x) = 0

On a bien χu (u)(x) = 0
...

• Commençons par l’observation suivante : si u est un endomorphisme de E , on peut
le représenter par sa matrice M dans une base de E
...
Si on considère un corps L contenant K , ce polynôme ne
change pas lorsqu’on considère la matrice M comme élément de M n (L)
...
Il n’est pas alors évident que ce polynôme
ne change pas si on considère la matrice M comme élément de M n (L)
...
Alors Q
divise µu , car Q est le générateur de l’idéal des polynômes annulateurs de L[X]
...
, M n−1 , dans l’espace
vectoriel Mn (L), le degré de µu est le rang de ce même système dans M n (K)
...
On en déduit que le polynôme
minimal ne change pas si on « agrandit » le corps de base
...
L’ensembles des racines de
µu est inclus dans l’ensemble des valeurs propres, mais comme toute valeur propre
doit être racine du polynôme annulateur µ u , ces deux ensembles coïncident, on peut
écrire :
k

k

(X − λi )

βi

µu (X) =
i=1

(X − λi )αi

n

et χu (X) = (−1)

i=1

où 1 βi αi pout tout i
...

Dans le cas général, on peut montrer que de même les deux polynômes ont mêmes
facteurs irréductibles
...
On la notera
i=0
C(P )
...
1
...
Diagonalisation
Si λi est une valeur propre de u, on a noté E λi = Ker(u − λi id) le sous-espace propre
correspondant
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4
...

Définition 4
...
Soit u un endomorphisme de E et k
espaces Ei non nuls stables par u et tels que :

2
...
⊕ Ek
on dit que u est diagonalisable par blocs
...
⊕ uk
Ce vocabulaire se justifie facilement ; si B i est une base de Ei , alors la succession
des Bi est une base B de E , et la matrice de u dans cette base est diagonale par blocs,
de la forme
⎛
⎞
M1
M2
⎜
⎟
⎟ = diag(M1 , M2 ,
...

⎝
⎠

...
Revenons au cas ordinaire : un
endomorphisme u est donc diagonalisable s’il est somme directe d’homothéties
...
4
...
, λk des valeurs propres distinctes d’un endomorphisme u, alors les sous-espaces propres sont en somme directe :
k

k

Eλi =
i=1

Eλi
i=1

On dit parfois que ces sous-espaces propres sont indépendants
...
Un critère pour cela est que, pour tout i :

Eλj = {0}

© Dunod
...


Eλi
j=i

Démonstration
...
Si k = 2, soit x ∈ E λ1 ∩ Eλ2
...

Supposons la propriété vraie pour k − 1 valeurs propres distinctes et prenons
x ∈ Eλi ∩ j=i Eλj
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

90

Nous savons que les valeurs propres sont les racines du polynôme caractéristique ;
on va préciser ce qu’on peut dire a priori de la dimension des sous-espaces propres et
énoncer un premier critère de diagonalisabilité
...
5
...
Alors :

(i)

λ est racine de χu de multiplicité mλ ⇒ dim(Eλ )

mλ

(ii)

u diagonalisable ⇐⇒ (χu scindé sur K et mλ = dim(Eλ ) pour tout λ ∈ Spec(u))
On rappelle qu’un polynôme est scindé s’il est factorisable en polynômes du premier degré (distincts ou non), et chaque racine a alors une multiplicité
...

(i) Supposons que la dimension de E λ est k ; on peut alors considérer une de ses bases
e1 , e2 ,
...
La matrice de u dans cette base
s’écrit alors :
λIk A1
0 A2
où Ik est la matrice de l’identité de vect(e 1 ,
...
Le
polynôme caractéristique de u s’écrit : χ u (X) = (λ − X)k χA2 (X), ce qui prouve
que k mλ
...

Pour l’autre implication, on sait que

Eλ =
λ∈Spec(u)

Eλ
λ∈Spec(u)

donc la dimension de λ∈Spec(u) Eλ est la somme des mλ
...
On a
montré que E est somme directe de sous-espaces propres
...
6
...


Démonstration
...
Il y a n sous-espaces propres
indépendants et de dimension 1, leur somme directe est donc E tout entier
...
1 Diagonalisation et trigonalisation

91

Ce cas est « très » fréquent, dans le cas d’un corps algébriquement clos comme C
...


Remarque : Sur R, le polynôme caractéristique peut ne pas être scindé (cf
...

Un premier résultat non immédiat est que la propriété de diagonalisabilité passe aux
restrictions
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
7
...
Alors la restriction de u à F est diagonalisable
...
On va montrer que F = k (Eλi ∩ F ) où les λi sont les valeurs
i=1
propres
...
Prenons x ∈ F , décomposons-le
dans la somme directe E = k Eλi et appliquons k − 1 fois l’endomorphisme u
...

uk−1 (x) = λk−1 x1 + λk−1 x2 + · · · + λk−1 xk
1
2
k
Ce système a un déterminant non nul (déterminant de Vandermonde), on peut donc le
résoudre et exprimer chacun des x i comme combinaison linéaire de u i (x)
...
Attention, certains des ces sous-espaces peuvent être
réduits au nul, cela n’a pas d’importance dans la démonstration
...

Théorème 4
...
Soient deux éléments u et v de L(E) qui commutent
...


Démonstration
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

92

On peut se demander si un sous-espace u-stable quelconque est aussi toujours
v -stable (quand u et v commutent) : prendre u = id E pour un contre-exemple
...
1
...
Trigonalisation
Définition 4
...
Soit u un endomorphisme de E , espace vectoriel de dimension

n et k un entier tel que 2
s’il existe une suite
{0}

k

n
...


Fk = E

formée de sous-espaces vectoriels stables par u
...

Expliquons d’abord le dernier cas : si la suite contient n espaces vectoriels, c’est que
chaque Fi est de dimension i, puisque la suite des dimensions est une suite strictement
croissante d’entiers
...
, ei ) ; si M est la matrice de u dans la base B , elle est triangulaire
supérieure, puisque u(ei ) ∈ vect(e1 ,
...
Dans le cas général, si on construit une
base B telle que
vect(e1 ,
...

⎟

...

⎝
...


...


0


...

Le résultat important est le suivant
...
10
...
Un endomorphisme

u de E est trigonalisable si et seulement si le polynôme caractéristique est scindé
...

• Supposons u trigonalisable
...

(λi − X)
⎠
⎝
...

0


...


i

i
i

i

i

i

i

i

4
...
On procède par récurrence sur n
...

Supposons que la propriété du théorème soit vraie en dimension n − 1 et soit λ une
racine du polynôme caractéristique ; il lui correspond un vecteur propre e 1
...
, en ) de E , la matrice de u est de la forme :

λ U
0 M
et χu (X) = (λ − X)χM (t) prouve que M a un polynôme caractéristique scindé
...
, en ) on obtient une trigonalisation de la matrice de f
...
1
...

Exercice 4
...
Soit A = (aij ) une matrice de Mn (C)
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
C’est le théorème de Hadamard
...
3
...
Démontrer que χu◦v = χv◦u
...
Montrer par un
contre-exemple qu’on n’a pas, en général, µ u◦v = µv◦u
...
4
...
On note u 1 et u2 les restrictions de
u à E1 et E2
...
p
...
m
...
5
...
Même question avec trigonalisable à la
place de diagonalisable
...
2 DÉCOMPOSITION DE DUNFORD ET RÉDUCTION
DE JORDAN
4
...
1
...
Commençons par observer le petit résultat suivant :
Proposition 4
...
Soit u ∈ L(E) et P ∈ K[X]
...


Démonstration
...
De même, si x ∈ Im P (u), il existe y tel que x = P (u)(y) et

u(x) = u ◦ P (u)(y) = P (u) ◦ u(y) ∈ Im P (u)

Remarquons qu’il peut exister des sous-espaces u-stables qui ne sont pas de cette
forme, prendre par exemple u = id E
...

Lemme 4
...
des noyaux
...
On suppose que les Pi sont premiers entre eux deux à deux
...
2 Décomposition de Dunford et réduction de Jordan

95

Démonstration
...
Il
existe donc des polynômes A i tels que k Ai Qi = 1, et donc
i=1
k

Ai (u) ◦ Qi (u) = id
i=1
k
i=1 Ker Pi (u), on a directement, en calculant son
k
dans Ker
i=1 Pi (u)
...
D’après la relation précédente, on peut écrire

k

k

Ai (u) ◦ Qi (u)(x) =

x=
i=1

xi

xi = Ai (u) ◦ Qi (u)(x)

où

i=1

Mais alors, pour un entier j fixé quelconque,
k

Pj (u)(xj ) = Pj (u) ◦ Aj (u) ◦ Qj (u)(x) = Aj (u) ◦

Pi (u)(x) = 0
i=1

et donc xj ∈ Ker Pj (u)
...

Soit en effet une égalité x 1 + · · · + xk = 0 où les xi sont respectivement dans
Ker Pi (u)
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Ce calcul peut se faire pour
tous les autres indices, on a démontré que la somme est directe
...
Ce critère se révèle être redoutablement efficace
...
13
...

• u est diagonalisable si et seulement si µ u est scindé à racines simples
...
C’est le cas par exemple des deux polynômes
X 2 − 1, X 2 − X , qui annulent respectivement les symétries et les projections
...


Démonstration
...
, λk sont les valeurs propres distinctes l’hypothèse u diagonalisable donne
E = k Eλi et si on pose P (X) = k (X − λi ), alors P (u)(x) = 0 car en
i=1
i=1
décomposant x dans la somme directe, toutes ses composantes sont annulées par
P (u)
...

⇐ Si P (X) = k (X − λi ) où les λi sont deux à deux distincts, est un polynôme
i=1
annulateur pour u, alors Ker P (u) = E = k Ker(u − λid) par application du
i=1
lemme des noyaux
...

⇐ Si le polynôme minimal est scindé simple, c’est un polynôme annulateur de u, qui
est donc diagonalisable
...
7 p
...

4
...
2
...

Théorème 4
...
Soit u ∈ L(E), E étant de dimension finie
...
2 Décomposition de Dunford et réduction de Jordan

97

alors :
• E=

k
i=1 Ker(u

− λi id)αi

• Les Ker(u − λi id)αi sont u-stables, de dimension α i , et si on note ui la restriction
de u à ces sous-espaces, on a :

χui (X) = (−1)αi (X − λi )αi
Les sous-espaces Ker(u− λi id)αi s’appellent les sous-espaces caractéristiques de
u
...
e
...


Démonstration
...
En appliquant le lemme des noyaux, et compte-tenu de ce que les (X − λ i )αi
sont premiers entre eux deux à deux, on obtient le résultat souhaité
...
e
...
est de la forme Ker P (u)
...

i=1
Pour montrer la fin du théorème, on peut se placer dans le cadre suivant : si
χu = P1 P2 où P1 ∧ P2 = 1, en notant ui la restriction de u à Ker Pi (u), on
va montrer que χui = Pi (à un scalaire multiplicatif près), et une récurrence
immédiate donnera alors le résultat
...
Soit maintenant µ u1 le polynôme minimal de u 1
...
Mais alors χu1 ∧ P2 = 1 puisque le
polynôme minimal et le polynôme caractéristique ont mêmes facteurs irréductibles
...
De même χu2 | P2
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


4
...
3
...

Théorème 4
...
Pour tout u ∈ L(E) dont le polynôme caractéristique est scindé, il
existe un unique couple (d, n) d’endomorphismes de E tel que :

u = d + n,

n ◦ d = d ◦ n,

n est nilpotent, d est diagonalisable
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

98

Démonstration
...
Pour tout i, soit ui la restriction de u à Ci et
ni = ui − λi idCi
...
Rappelons, pour être plus précis,
que d et n sont définis par :
k

k

n(x) =

ni (xi ),

d(x) =

i=1

λi xi
i=1

k
où x =
i=1 xi est la décomposition de x dans la somme directe des sousespaces caractéristiques
...
De
plus n est nilpotent
...
On peut
calculer de même n et on en déduit que n est nilpotent
...
Alors d
commute avec u = d + n , donc avec (u − λi id)αi et

d (Ci ) = d (Ker(u − λi id)αi ) ⊂ Ci
il suffit de l’écrire
...
Soit alors x un vecteur propre pour d pris dans Ci ,
et λ la valeur propre associée :

d (x) = λx ⇒ u(x) = (d + n )(x) = λx + n (x)
Si on prend l’entier le plus grand tel que n (x) = 0, alors :

u ◦ n (x) = n ◦ u(x) = n ◦ (d + n )(x) = n ◦ d (x) = λn (x)
et donc λ est valeur propre de u
...
2 Décomposition de Dunford et réduction de Jordan

99

par n , donc le vecteur n (x) est dans Ci = Ker(u − λi )αi et la valeur propre
λ est λi (voir le polynôme caractéristique de u restreint à C i )
...


La décomposition de Dunford a de nombreuses applications pratiques : par exemple
le calcul de uk = (d + n)k est aisé, puisque
• On peut appliquer la formule du binôme de Newton car d et n commutent
...

• Le puissances de l’endomorphisme nilpotent n sont rapidement nulles
...


4
...
4
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Théorème 4
...
Soit u ∈ L(E)
...
Il existe des bases
de E dans laquelle la matrice de u est diagonale par blocs, les blocs diagonaux étant
du type :
⎞
⎛
λ 1
0
...
⎟
⎜

...

⎟
⎜
...

J = (Ji,j )1 i,j p = ⎜
...


...

⎝
1⎠
0
...
De plus, il y a unicité d’une telle décomposition, à l’ordre près des blocs
...
17
...
On la note J(λ, p) où p est le nombre de lignes
et de colonnes
...
Une matrice diagonale par blocs,
dont les blocs sont des réduites élémentaires est appelée réduite de Jordan
...

Lemme 4
...
Soit u un endomorphisme nilpotent d’un espace vectoriel de dimension

n
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

100

Démonstration
...
Pour commencer, remarquons que les
« noyaux itérés » Ker ui sont emboîtés, et forment une suite croissante
...
Alors :
⎧
⎪u(Sk ) ⊂ Ker uk−1
⎨
u(Sk ) ∩ Ker uk−2 = {0}
⎪
⎩dim S = dim u(S ) =
...
Montrons la seconde propriété :
Si x ∈ u(Sk ) ∩ Ker uk−2 , alors il existe y ∈ Sk tel que x = u(y)
...
Enfin, u restreinte à S k est bien sûr bijective de S k sur u(Sk ) car Sk
ne contient aucun vecteur de Ker(u), et de même pour les autres sous-espaces
...
Il y a donc un sous-espace S k−2 pour compléter
...
, S0 tels que :
⎛
⎞
k−i−1

Ker ui+1 = ⎝

uj (Si+j+1 )⎠ ⊕ Ker ui

j=0

En définitive, on a :

E
Ker uk−1
Ker uk−2

...
⊕ u(S2 ) ⊕ S1

D’où la décomposition de E lui même :
k

j

ui (Sj )

E=
j=1 i=0

que l’on peut écrire :

E = Sk
⊕ Sk−1
⊕ · · · ⊕ S2 ⊕ S1
⊕ u(Sk )
⊕ u(Sk−1 )
⊕ · · · ⊕ u(S2 )
···
⊕ uk−2 (Sk ) ⊕ uk−2 (Sk−1 )
⊕ uk−1 (Sk )
...
2 Décomposition de Dunford et réduction de Jordan

101

Si maintenant on prend un vecteur e n non nul de Sk et ses images successives,
en−1 = u(en ), en−2 = u(en1 ),
...
, en ) est
libre et la restriction de u à ce sous-espace a pour matrice J(0, k)
...
De même, des vecteurs indépendants de S k−1
donneront des blocs J(0, k − 1)
...
Dans chaque base
correspondant à un bloc, il y a un seul vecteur du noyau de u, et ces bases sont
« indépendantes », donc la dimension du noyau est égale au nombre des blocs
...

Et maintenant, démontrons le théorème
...
Si on suppose χ u scindé, alors d’après le lemme des noyaux, E peut
s’écrire :
k

Ker(u − λi id)αi

E=
i=1

et dans chacun de ces sous-espaces, la restriction de u − λ i id est nilpotente
...
On obtiendra des blocs de Jordan de la forme
J(λi , p)
...

Théorème 4
...


• Toute matrice de Mn (C) est semblable à une réduite de Jordan
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

• Deux matrices A et B de Mn (C) sont semblables si et seulement si elles ont même
réduite de Jordan (à permutation des blocs près)
...

Pour commencer, montrons que la réciproque de la deuxième affirmation est fausse
...
Prenons U matrice nilpotente d’ordre 3 et construisons deux matrices blocs A et B de la façon suivante :
⎛
⎞
0 1 0
U 0
U 0
U = ⎝0 0 1⎠
A=
B=
0 U
0 0
0 0 0
Le polynôme caractéristique de U est X 3 , et c’est aussi le polynôme minimal de U ,
puisque U 2 = 0
...
)

i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

102

Donnons maintenant la démonstration du théorème :

Démonstration
...

(2) C’est déjà fait pour le polynôme caractéristique
...

(3) En définitive, il s’agit de vérifier une unicité, à permutation des blocs près
...

(4) Il suffit de montrer que c’est vrai pour un bloc ; facile, il suffit d’inverser les
vecteurs de base, avec par exemple la matrice de passage
⎛
⎞
0
...
0

Exercice 4
...
Soit A une matrice de Mn (K), triangulaire supérieure
...
Montrer que T est nilpotente, mais que cette écriture n’est pas forcément la
décomposition de Dunford de A
...
7
...
3 RÉDUCTION DE FROBENIUS
Cette nouvelle réduction s’applique dans tous les cas, même si le polynôme caractéristique n’est pas scindé
...


4
...
1
...
On ne peut donc écrire une diagonalisation par blocs de la matrice de u, mais seulement une trigonalisation par blocs
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4
...
Ce quotient
est naturellement muni d’une structure de K -espace vectoriel, si on pose

x+y =x+y

et λx = λx

où x désigne la classe d’équivalence de x
...

Proposition 4
...
Soit u ∈ L(E) et F un sous-espace vectoriel u-stable
...
, ek ) est une base de F , que l’on complète en une base
B = (e1 ,
...
, en ) est une base de E/F
...
Il faut vérifier que si x = y alors u(x) = u(y)
...
Si x est un vecteur quelconque,
n

n

x=

xi ei

donc

x=

i=1

n

xi ei =
i=1

xi ei
i=k+1

© Dunod
...


De plus, si cette somme est nulle, le vecteur
i>k xi ei est dans F et dans
vect(ek+1 ,
...
Enfin, l’affirmation concernant la matrice A
est due à la stabilité de F , l’affirmation concernant C résulte de
n

u(ej ) =

n

mi,j ei

donc u(ej ) =

i=1

n

mi,j ei =
i=1

mi,j ei
i=k+1

4
...
2
...
On va étudier
une décomposition de E en sous-espaces stables par u, différente de celle vue dans le
paragraphe précédent, et qui permet cependant de « classer » les endomorphismes
...
Le générateur unitaire de son noyau s’appelle polynôme minimal de u en
a, on le note µu,a (X)
...
Une première
propriété s’obtient facilement
...
21
...


Démonstration
...

Le résultat suivant est moins banal, et moins facile à obtenir
...
22
...


Démonstration
...
Alors, si on prend a dans
E \ Ker Pik−1 (u) (qui est non vide, par définition du polynôme minimal), le théorème
est satisfait
...
Par ailleurs, par définition de a,
Pik−1 (u)(a) = 0, et donc µu,a = Pik
...
+ ak vérifiera µu,a = µa
...
Si a est un vecteur de E , on appellera sousespace cyclique engendré par a, le sous-espace vectoriel vect(a, u(a),
...

Ce sous-espace sera noté a s’il n’y a pas risque de confusion
...

Le degré de ce polynôme minimal est donc la dimension de a , dont une base est
(a, u(a),
...
De plus
Proposition 4
...


• Tout sous-espace cyclique a est u-stable
...

• Si F est un sous-espace u-stable tel que µ u|F = ±χu|F , alors F est cyclique
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4
...

• Si x est un vecteur de a , il est de la forme P (u)(a) où P est un polynôme
...
Si Q est un polynôme tel que Q(u a ) = 0,
il vérifie Q(u) ◦ P (u)(a) = 0 pour tout polynôme P , donc Q est un multiple de
µu,a , et réciproquement
...

• Si F est un sous-espace u-stable et si µ u|F est le polynôme minimal de u |F , il existe
a de F tel que son polynôme minimal (dans F ) soit µ u|F
...

• Si F = a , F de dimension k, alors une base de F est (a, u(a),
...

0 α0

...
⎟
⎜

...
⎟

...

⎜1 0
...

⎟
⎝
...

0 0
...

Enfin, la forme même d’une matrice compagnon montre que l’espace engendré
par C = (e1 , e2 ,
...
, u(ek−1 )), donc est
cyclique
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
D’après la proposition précédente, E est cyclique pour u si et seulement si
le polynôme minimal de u est égal (au signe près) au polynôme caractéristique de u
...
Donnons un autre exemple
...
24
...


Démonstration
...
0

...
⎟

...


...

⎟

...

⎝
1⎠
0
...
Le polynôme
minimal de M est de la forme (X − λ) k , de même degré que la dimension, il est égal
au polynôme caractéristique
...
3
...
Décomposition en sous-espaces cycliques
Le théorème de décomposition de Jordan permet d’affirmer que tout endomorphisme
est somme directe d’endomorphismes cycliques, mais dans le cas d’un polynôme
caractéristique scindé
...

Théorème 4
...
Soit u ∈ L(E), où E est un K -espace vectoriel de dimension finie
...
,Ek = ak
tels que, si on note ui la restriction de u à Ei on ait :

E = E1 ⊕ E2 ⊕
...
⊕ uk

avec

µuk | µuk−1 |
...


Démonstration
...
Distinguons les
étapes
...

• Il existe un sous-espace cyclique de dimension maximale
...

• Comme E1 est u-stable, il existe un morphisme quotient u de E/E 1 dans luimême : voir la proposition 4
...
Par hypothèse de récurrence,
E/E1 = E 2 ⊕ E 3 ⊕ · · · ⊕ E k
où les E i sont u-cycliques, de la forme y i , et où les polynômes minimaux des u
restreints aux E i vérifient les propriétés du théorème
...
Choisissons un indice i
polynôme minimal de y i , qui est aussi le polynôme minimal de u restreinte à E i
...
En effet, µu (u) = 0 implique, par définition de u, que
µu (u) = 0
...

Soit maintenant xi un représentant quelconque de y i
...
3 Réduction de Frobenius

107

et le polynôme Q(X)R(X), annulateur par u de a 1 est multiple de

µu (X) = Q(X)P (X)
...
Si on pose R(X) = P (X)S(X), on aura
alors :

P (u)(xi ) = R(u)(a1 ) = P (u) ◦ S(u)(a1 )

d’où

P (u) (xi − S(u)(a1 )) = 0

Posons ai = xi − S(u)(a1 )
...

On a alors µu,ai = P
...
Ensuite,

µu,ai (u)(ai ) = 0

implique

µu,ai (u)(ai ) = 0

donc µu,ai divise P
...
Reste à montrer qu’ils
sont en somme directe, et que cette somme est un supplémentaire de E 1
...
Alors, il existe un morphisme de F = k Ei
i=2
i=2
dans k E i = E/E1 défini par la somme des projections :
i=2
k

k

Si (u)(ai ) →

© Dunod
...


i=2

Si (u)(ai )
i=2

où les Si sont des polynômes quelconques
...
C’est
un morphisme, et il est injectif car si k Si (u)(ai ) = 0 alors Si (u)(ai ) = 0,
i=2
puisque les E i sont en somme directe, donc pour tout i 2, le polynôme minimal
de u restreint à E i divise Si
...
On en déduit que Si (u)(ai ) = 0 pour tout i 2, donc
que l’application est bijective
...

Le lecteur aura bien sûr remarqué que les µ ui sont des diviseurs de µ u , puisque ce
sont des polynômes minimaux d’éléments de E
...
Il est clair que celui de plus haut degré, multiple de tous les autres, est bien
déterminé puisque c’est le polynôme minimal de u
...

Terminons en remarquant que les (a i ) eux ne sont pas uniquement déterminés par
u : si u = id, les polynômes sont

µ1 (X) = µ2 (X) =
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

108

Les polynômes ainsi définis s’appellent donc les diviseurs élémentaires de u
...
Une conséquence de ce théorème, mais qui
utilise l’unicité que nous n’avons pas prouvée, est donnée par le corollaire suivant :
Corollaire 4
...
Deux matrices sont semblables si et seulement si elles ont les mêmes

diviseurs élémentaires
...
Il suffit d’observer que notre approche montre que les diviseurs
élémentaires d’une matrice sont ceux d’un endomorphisme qu’elle représente
...

Remarque : On trouvera une démonstration de l’unicité par exemple dans
[15]
...
g
...
d de polynômes
...
Déterminer les
0 2
sous-espaces a
...

Exercice 4
...
Soit u de matrice

Exercice 4
...
On suppose que u a pour matrice un bloc de Jordan J(λ, n)
...

Exercice 4
...
On suppose que u est diagonalisable, de valeurs propres λ 1 , λ2 ,
...
Quels sont ses diviseurs élémentaires ? Quand u est-il cyclique ?
Exercice 4
...
On suppose que u est cyclique
...

Est-ce une propriété caractéristique des endomorphismes cycliques ?

EXERCICES
Exercice 4
...
Sous-espaces stables, dualité
...
On note E ∗ le dual de E , et on rappelle que t u est
l’endomorphisme de E ∗ défini par : t u(φ) = φ ◦ u
...
, en ) une base de E , on note B ∗ = (e∗ ,
...
Si
n
1
M est la matrice de u dans la base B , déterminer la matrice de t u dans la base B ∗
...

(3) Montrer que H est stable par u si et seulement si H o est stable par t u
...
Montrer qu’un endomorphisme u a des hyperplans
stables et donner un moyen pratique de les obtenir
...
13
...
Montrer

que si u = d + n est sa décomposition de Dunford, d et n peuvent s’exprimer sous
forme de polynômes en u
...


Soit u un endomorphisme de E , de dimension finie, et soit
(Ker(u)k )k∈N la suite des noyaux itérés
...
Montrer qu’il existe un morphisme injectif naturel de
Exercice 4
...


© Dunod
...


Ker(uk+2 )/ Ker(uk+1 )

dans

Ker(uk+1 )/ Ker(uk )

et en déduire que la suite (d i ) où di = dim Ker ui croit « de moins en moins vite » en
ce sens que dk+2 − dk+1 dk+1 − dk
...
On note j k le nombre des blocs de
taille k dans sa décomposition de Jordan
...
15
...


On considère une valeur propre λ et (Ker(u − λid) k )k∈N
...
Montrer que la suite des noyaux itérés est stationnaire
à partir de l’indice β , et que la dimension des derniers noyaux itérés est α
...
dunod
...


4
...
QUESTIONS DE TOPOLOGIE
On suppose que le corps de base est R ou C et que l’espace vectoriel E est muni d’une
norme
...

une norme de E , on note S la sphère unité, c’est-à-dire l’ensemble des
(1) Soit
vecteurs de norme 1
...
On dit que c’est la norme subordonnée à la norme de
E dont elle est issue
...
On se placera toujours dans ce cas,
pour la fin du problème
...
À toute norme dans Mn,1 (K) on peut ainsi
associer une norme subordonnée dans M n (K)
...
, xn , alors :
n

x

1

|xi |,

=
i=1

1
2

n

x

2

|xi |2

=

,

i=1

x

∞

n

= sup |xi
i=1

(4) On a choisit une norme sous-multiplicative quelconque
...

réelle ou complexe de u
...

(6) On suppose K = C
...
Que dire dans le cas réel ?
(7) On suppose toujours K = C
...

(8) En utilisant des arguments de densité, prouver que u◦v et v◦u ont même polynôme
caractéristique
...
Alors, pour tout j , u(e j ) =
i∈I aij ei , avec
Card{i | aij = 0} < ∞
...
1
...

Alors, u ◦ gi = gi ◦ u implique u(ei ) = aii ei pour tout i, donc tous les aij pour i = j
sont nuls
...
Si Card I > 2, il existe deux indices
distincts i et j , et si l’on définit gij par :
⎧
⎪gij (ei ) = ej
⎨
g (e ) = ei
⎪ ij j
⎩g (e ) = 0
ij k
alors

u ◦ gij = gij ◦ u ⇒ u ◦ gij (ei ) = gij ◦ u(ei ) ⇒ u(ej ) = gij (aii ei )
et donc ajj ej = aii ej et, pour tout i, j l’égalité de ai,i et de aj,j , et u est de la forme
λid
...
Ce sont les
matrices dites scalaires
...
2
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Si x a pour coordonnées (z1 , z2 ,
...
, n} alors l’égalité précédente,
permet d’écrire :

|λ − aii |

| aij |
j=i

Les valeurs propres se trouvent donc à l’intérieur de n disques
...
Dans ce
cas en effet, 0 ne peut être valeur propre
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

112

Solution 4
...
On suppose que dim E = n ; ayant choisi une base, on note A et B les
matrices respectives de u et de v
...
Pour les cas où ni A ni B ne sont inversibles,
on peut procéder ainsi : dans M 2n (K),

−λI −A
−λB −λI

=

AB − λI −A
0
−λI

I 0
B I

=

I 0
B I

−λI
−A
0
BA − λI

Les déterminants sont égaux et valent respectivement (−λ) n χAB et (−λ)n χBA
...
Dans cette situation, les polynômes minimaux de
AB et de BA sont distincts, ce sont respectivement X et X 2
...
4
...
La réunion (ordonnée) de ces deux bases est une base B de E , puisque E 1
et E2 sont supplémentaires
...

Pour ce qui est du polynôme minimal, il faut raisonner plus géométriquement
...
On en déduit bien :

µu (X) = p
...
c
...
(µu1 (X), µu2 (X))

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

113

Solution 4
...
On utilise le résultat du théorème 4
...
Soit E λ un sous-espace
propre de u
...
La restriction de v à E λ est diagonalisable, puisque v est
diagonalisable sur E
...
En réunissant de tels bases pour tous
les sous-espaces propres de u, on forme une base de diagonalisation simultanée pour
u et v
...
On observe d’abord que u et
v ont un vecteur propre commun : on sait en effet que u admet au moins une valeur
propre λ puisque son polynôme caractéristique est scindé
...
, ek )
est une base de Eu,λ , on peut la compléter en une base (e 1 ,
...
Notons
u1 et v1 les restrictions de u et de v à ce sous-espace
...
Comme v est trigonalisable, son polynôme caractéristique est scindé, et celui de sa restriction aussi : il existe donc un
vecteur propre pour v dans E u,λ , c’est notre vecteur propre commun
...


© Dunod
...


Solution 4
...
T est une matrice triangulaire supérieure de diagonale nulle
...
Mais plus
efficacement, le polynôme caractéristique de T est (−X) n et on applique le théorème
de Cayley-Hamilton
...
Pour un contre-exemple, prendre A triangulaire
supérieure à éléments diagonaux tous distincts
...


Solution 4
...
Les blocs de Jordan sont de la forme J(0, p), mais la somme de leur
dimension doit être n
...

0 0

i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

114

• n = 3, 3 = 1 + 1 + 1, endomorphisme nul, 3 = 1 + 2, l’ordre de nilpotence est 2,
et 3 = 3, l’ordre de nilpotence est 3
...
Cette fois
il y a deux classes différentes pour lesquelles les endomorphismes ont même ordre
de nilpotence (donc même polynôme minimal)
...
C’est ce qu’on appelle
le nombre des partions de l’entier n, nombre rapidement croissant avec n (par
exemple, pour n = 20, on en trouve 627)
...
8
...
Si a = 0, a = {0}
...
Sinon, a est
donc nécessairement E tout entier
...
Si on prend la base
(a, u(a)) où a n’est pas propre (par exemple e 1 + e2 ), la matrice de u est :

0 −2
1 3

matrice compagnon du polynôme X 2 − 3X + 2

Solution 4
...
La solution se trouve dans l’examen (attentif) de la démonstration du

théorème 4
...
Si (e1 ,
...
En effet,
u(en ) = en−1 + λen donc vect(en , en−1 ) = vect(en , u(en )) et ainsi de suite
...
Le
− λi
Si µ |
...
Notons E1 ⊕ E2 ⊕
...
On cherche maintenant µ 2 polynôme minimal de la restriction u 2 de u à
E2 ⊕
...
Ce polynôme minimal est donc scindé simple, et comme
Solution 4
...
Le polynôme minimal est scindé simple, c’est
k
i=1 (X

χu2 (X) =

)αi
...
On continue de même, et on aura µ 2 (X) = k 2 (X −λi ),
i∈I
le produit portera sur les valeurs propres de multiplicité supérieure à 2
...

Solution 4
...
Notons C(u) l’ensemble des endomorphismes qui commutent avec

u, c’est une sous-algèbre de L(E), qui contient K[u], algèbre des polynômes en u
...
Alors g(a) ∈ E peut s’écrire sous la forme

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

115

g(a) = P (u)(a) où P est un polynôme
...

La réciproque est vraie, mais la démonstration est moins directe : on suppose que
C(u) = K[u] et on considère E1 et E2 ⊕
...
Soit alors p la projection sur le second sous-espace, suivant E 1
...
C’est un polynôme P (u), mais p = P (u) restreint à E 1
est nul donc P doit être multiple du polynôme minimal de u restreint à E 1
...
Donc P (u) = p = 0,
la seul possibilité est E1 = E , donc u est cyclique
...
12
...
On a par défii

nition e∗ (ej ) = δi,j , symbole de Kronecker qui vaut 1 si i = j , 0 sinon
...
Alors,

mi,j =t u(e∗ )(ei ) = e∗ (u(ei )) = e∗
j
j
j

n

mk,i ek

= mj,i

k=1

et donc M

=t

M
...

(2) Soit (e1 ,
...
, en ) base de E
...
, e∗ )
n
k+1

© Dunod
...


donc dim H o = dim E − dim H
...
On a donc
H ⊂ H oo
...

Les mêmes arguments montrent que E et E ∗∗ sont canoniquement isomorphes : à
x ∈ E correspond la forme linéaire de E ∗ définie par φ → φ(x)
...

(3) Soit φ ∈ H o et x ∈ H , quelconque
...


et
est
u(H) ⊂ H
...
Un hyperplan H est u-stable si
et seulement si son orthogonal H o est t u-stable
...
Rechercher les hyperplans ustables revient donc à chercher les valeurs propres de t u
...
Mais
t M admet alors également trois valeurs propres distinctes, il y a donc trois plans
stables
...


i

i
i

i

i

i

i

i

4 • Algèbre linéaire

116

Solution 4
...
Dans la démonstration du lemme des noyaux, on obtient une décomposition d’un vecteur x dans la somme directe sous la forme :
k

x=

xi

où

xi = Ai (u) ◦ Qi (u)(x)

i=1

et cela s’applique aux cas des sous-espaces caractéristiques
...
Dans la décomposition de Dunford, on a :
k

d=

λi pi

et

n=u−d

i=1

donc d et n sont des polynômes en u
...

Solution 4
...
Ker uk ⊂ Ker uk+1 car uk (x) = 0 implique u(uk (x)) = u(0) = 0
...

Donc uk (u(x)) = 0 et x ∈ Ker uk+1
...
Remarquons également
qu’en dimension finie, la suite des dimensions est majorée par n, elle est donc
nécessairement stationnaire à partir d’un certain rang
...
Si x est dans
cet espace, u(x) est dans Ker uk+1 , on peut donc restreindre l’ensemble d’arrivée
à Ker uk+1
...

Un vecteur x est dans le noyau de u lorsque u(x) ∈ Ker u k c’est-à-dire lorsque
x ∈ Ker uk+1
...

Supposons maintenant que u soit nilpotent d’indice p, dans un espace de dimension n
...
,dp = n la suite des dimensions des noyaux, puis e 1 = d1 − d0 ,
e2 = d2 − d1 ,
...
On sait que le nombre de k blocs est la dimension des sousespaces notés Sk dans la démonstration du théorème
...
On pourra vérifier par exemple que

n = pjp + (p − 1)jp−1 +
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

117

Solution 4
...
On considère la restriction u i de u au sous-espace caractéristique

© Dunod
...


Ci = Ker(u − λi id)α
...
Mais, par ailleurs, la restriction
de u − λi id à Ci est nilpotente, et l’ordre de nilpotence est le plus petit exposant β tel
que Ker(u − λi id)β = Ci
...


i

i
i

i

i

i

i

i

i

i
i

i

i

i

i

i

Chapitre 5

Groupes

© Dunod
...


La notion de groupe a été rencontrée à de multiples reprises les années précédentes
...
Il se termine en exposant les théorèmes
de Sylow, première étape vers une classification des groupes finis
...
On supposera connus les exemples classiques : groupe
additif Z/nZ des entiers modulo n, groupe symétrique S n et groupe alterné A n
...
1 SOUS-GROUPES, MORPHISMES
5
...
1
...
Si H est un sous-ensemble non vide de G, on dit que c’est un sousgroupe de G lorsque c’est aussi un groupe pour la même loi : cela se produit si et
seulement si H est stable pour le produit et pour la prise d’inverse
...

L’intersection de sous-groupes de G est un sous-groupe de G, ce qui permet de définir
le sous-groupe engendré par une partie A de G : c’est le plus petit sous-groupe de G
qui contient A, et c’est l’intersection de tous les sous-groupes de G qui contiennent A
...


i

i
i

i

i

i

i

i

5 • Groupes

120

Définition 5
...
Si H est un sous-groupe de G, la relation R définie dans G

par :

xRy ⇐⇒ x−1 y ∈ H
est une relation d’équivalence
...

La vérification est en tout point similaire à ce qui a été fait avec les anneaux et les
idéaux et xRy ⇐⇒ y ∈ xH , avec bien sûr xH = {g ∈ G | ∃h ∈ H g = xh}
...
On peut
alors énoncer le premier théorème de la théorie des groupes
...
2
...
Toute classe à gauche ou à droite est en

bijection avec H
...
Il suffit de vérifier que l’application h → xh est une bijection : c’est
parce qu’il y a une application réciproque g → x −1 g
...
G est la réunion disjointe des classes à
gauche ; si donc G est fini, son cardinal est la somme des cardinaux des classes, d’où
la formule
...
On note parfois [G : H] (indice de H dans G), le
cardinal de G/H
...
Réciproquement, si d | n, il n’existe pas
toujours un sous-groupe de G qui a ce cardinal
...

5
...
2
...
3
...


Il est alors immédiat que l’image d’un sous-groupe de G est un sous-groupe de H ,
(c’est le cas en particulier de Im f = f (G)) et il en va de même pour l’image réciproque d’un sous-groupe de H
...
1 Sous-groupes, morphismes

121

et on introduit, comme en algèbre linéaire le vocabulaire : endomorphisme, isomorphisme, automorphisme de groupe
...
4
...
Alors f est

surjectif si f (G) = Im(f ) = H , f est injectif si f −1 (eH ) = Ker f = {eG }
...

On parle d’isomorphisme de groupes
...
1
...
Ordre, groupes cycliques
L’ordre de x élément d’un groupe g est le plus petit entier non nul n tel que x n = e ;
si un tel entier n’existe pas, on dit que x est d’ordre infini
...
5
...

(ii) Si x est d’ordre n fini, le groupe x engendré par x est
(i)

x = {e, x, x2 ,
...

Si x est d’ordre infini, le groupe engendré par x est isomorphe à (Z, +)
...

(iv) Si x ∈ G est d’ordre n, et si k est un entier, alors x k est d’ordre

n
n∧k
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

(i) Le morphisme φ : k → xk de (Z, +) dans G a pour noyau un sous-groupe de
Z
...
Et donc tous les entiers m
alors tels que xm = e sont des multiples de n
...
Si donc Ker φ = {0}, n = 0,
l’ensemble des puissances positives et négatives de x est formé d’éléments distincts ; ces éléments forment un groupe isomorphe à (Z, +)
...
, xn−1 sont distincts, et toute puissance de x de la forme x m peut s’écrire
xm = xnq+r = xr où r est le reste de la division euclidienne de m par n et vaut 0,
1,
...

L’ensemble {e, x,
...
L’isomorphisme est défini par xk → k où k est la classe de k modulo n
...

(iv) Posons n = n d et k = k d où d = n ∧ k est le p
...
c
...
de n et k, et où n et k
sont premiers entre eux
...


Remarques De la dernière partie de ce théorème, il ressort que pour tout
groupe cyclique C n , et pour tout diviseur d de n, il existe un sous-groupe
d’ordre d (et on montre facilement un seul)
...

De la proposition, il ressort également que tous les groupes engendrés par un
élément d’ordre n sont isomorphes
...
On notera Cn un groupe cyclique d’ordre n quelconque
...

Un autre modèle est le sous-groupe multiplicatif U n des racines n-ièmes de
l’unité dans C
...
1
...


Exercice 5
...
Soit H et K des sous-ensembles d’un groupe G
...

Exercice 5
...
Montrer qu’un groupe G est commutatif si et seulement si x → x −1 est

un automorphisme de G
...
4
...
Si x ∈ G est

d’ordre n, que dire de l’ordre de φ(x) ? Et si φ est injectif ?
Exercice 5
...
Soit D8 le groupe engendré par les matrices

a=

0 −1
1 0

et

b=

0 1
1 0

Montrer qu’il a huit éléments
...
On l’appelle groupe diédral d’ordre huit
...
2 Groupe quotient et groupe produit

123

5
...
2
...
Sous-groupe distingué
Soit G un groupe et H un sous-groupe
...
Il est possible, sous certaines conditions, que cet ensemble quotient
soit muni d’une structure de groupe héritée en quelque sorte de la structure de groupe
de G
...
On retrouve ici la même type de situation que pour les anneaux : le quotient
d’un anneau par un idéal est muni d’une structure d’anneau lorsque l’idéal est bilatère
...
6
...


Autrement dit, les classes à gauche et à droite de n’importe quel élément de G
coïncident
...

Théorème 5
...
Si H

G, l’ensemble G/H est un groupe pour la loi définie par
xH
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On l’appelle projection de G sur son quotient G/H
...
Comme pour le quotient d’un anneau par un idéal bilatère, tout
repose sur le fait que la congruence modulo H est compatible avec l’opération de
groupe, lorsque H est distingué dans G
...

Le fait que la projection soit un morphisme résulte de la définition de l’opération dans
le quotient : x y = xy où l’on a noté x la classe d’un élément modulo H , au lieu de
xH
...
Plus généralement :
Proposition 5
...
Un sous-groupe H d’un groupe G est distingué dans G si et seulement si c’est le noyau d’un morphisme de source G
...
Tout sous-groupe H distingué dans G est le noyau de la projection
p
...
Alors, si g est
quelconque dans G et h ∈ Ker φ, on a
φ(ghg−1 ) = φ(g)φ(h)φ(g−1 ) = φ(g)eK φ(g−1 ) = φ(gg−1 ) = eK

i

i
i

i

i

i

i

i

5 • Groupes

124

Comme dans le cas des anneaux quotients, on peut énoncer un théorème d’isomorphisme et un théorème de correspondance
...
Soit φ : G → H un morphisme de
groupes
...


Théorème 5
...


Théorème 5
...
Théorème de correspondance
...
La projection p de G
sur G/H induit une bijection de l’ensemble des sous-groupes K tels que H K G
dans l’ensemble des sous-groupes de G/H
Les démonstrations sont en tous points semblables à celles faites dans le cas des
anneaux, nous ne les reprendrons pas
...


5
...
2
...
Dans l’ensemble H × K , il est possible de définir une
structure de groupe particulièrement simple
...
11
...
On dit que c’est le produit direct des groupes
H et K
...
Les vérifications sont immédiates
...

À titre d’exemple, on peut bien sûr considérer le produit cartésien C n × Cm de
deux groupes cycliques
...
On dira que c’est le théorème chinois « version
groupe », par opposition avec la version anneau
...
On l’appelle groupe
de Klein, ou, pour des raisons géométriques, groupe du rectangle : il est isomorphe au
groupe des isométries qui conservent un rectangle non carré (l’identité, les réflexions
par rapports aux axes de symétrie, la symétrie centrale de centre le centre du rectangle)
...
Il est
bien sûr possible de généraliser, on peut définir le produit direct d’un nombre fini de
groupes, ou même le produit direct d’une famille de groupes
...
Plus précisément
...
2 Groupe quotient et groupe produit

125

Proposition 5
...
Si G est le produit direct de H et K alors

H = H × {eK }

K = {eH } × K

sont des sous-groupes de G isomorphes respectivement à H et à K
...
Les isomorphismes sont définis par h → (h, e K ) et k → (eH , k)
...
Si (h, k) est dans H , alors k = eK , et s’il est aussi dans K , c’est
eG = (eH , eK )
...
L’unicité de
l’écriture résulte du même calcul
...
Il est intéressant de savoir
si on peut « décomposer » G à l’aide de H et de K , de sorte que G soit isomorphe au
produit direct H × K
...
On peut (et il y a plusieurs
possibilités) montrer que certaines de ces conditions sont suffisantes
...

Proposition 5
...
Si HK = G, si H et K sont distingués dans G et si H ∩ K = {e}
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


Démonstration
...
Commençons par observer
que, h et k étant respectivement dans H et dans K ,
hkh−1 k−1 = (hkh−1 )k−1 = h(kh−1 k−1 ) ∈ H ∩ K
puisque H et K sont distingués dans G
...
Par hypothèse, c’est une
application surjective entre deux groupes
...
Le noyau de φ est donc réduit au neutre, φ est
bien un isomorphisme
...
ne serait-ce que parce que ni H ni K n’ont nécessité à l’être
...
6
...


Exercice 5
...
Montrer qu’on peut avoir K
contre-exemple dans le groupe A 4
...
On cherchera un

Exercice 5
...
Soient H et K deux sous-groupes de G
...

On suppose que l’un des deux est distingué dans G
...


Exercice 5
...
Soit G le groupe diédral (cf
...
5), et H = a , K = b
...
Pourquoi G n’est-il pas isomorphe au
produit direct de H par K ?

5
...
Il se trouve que cette
étude est assez simple, (disons les résultats, plus que les démonstrations
...


5
...
1
...
On appelle exposant le plus grand
ordre des éléments de G
...
14
...


i

i
i

i

i

i

i

i

5
...
Commençons par un petit résultat
Lemme 5
...
Si a et b commutent et sont d’ordre n et m premiers entre eux, alors ab

est d’ordre nm
...
[du lemme] On a tout de suite (ab) nm = anm bnm = e
...
On démontre de même que
k est un multiple de n, donc du p
...
c
...
de ces deux nombres, soit mn
...

Soit donc maintenant x ∈ G d’ordre maximum e
...
Alors le p
...
c
...
µ de d et de e est un multiple
strict de e donc est plus grand que e
...
Il suffit d’appeler J l’ensemble des i tels que d i ei et on aura :

pdi et e =
i

d =
i∈J

pei
i
i∈I\J

Et si on prend a = xe/e et b = y d/d , ab est d’ordre µ
...


© Dunod
...


Un application intéressante, que nous avons déjà signalée (et utilisée) dans le chapitre sur les polynômes :
Théorème 5
...
Si K est un corps fini (donc commutatif) de cardinal q , alors

K ∗ = K \ {0} est un groupe multiplicatif cyclique
...
Soit e l’exposant de K ∗
...

Mais dans un corps, une équation de degré e a au maximum e racines, C’est donc que
e = q − 1, et il existe un élément d’ordre q − 1, K ∗ est cyclique
...

5
...
2
...

Le théorème qui vient prouve que tout groupe commutatif fini est isomorphe à un
produit de groupes cycliques
...
17
...
, ak telle que :
a1 | a2 | · · · | ak et G

Ca1 × Ca2 × · · · × Cak

La suite des (ai ) est unique et les (ai ) sont appelés facteurs invariants du groupe G
...


Démonstration
...
Elle peut
être omise en première lecture
...
On considère donc H = x le groupe
cyclique engendré par un élément d’ordre m = a k
...

Soit donc K un sous-groupe d’ordre maximal parmi ceux pour lesquels H ∩K = {e},
raisonnons par l’absurde en supposant que HK , qui est isomorphe à H × K d’après
le théorème 5
...

Commençons par observer qu’il existe un élément g de G dont la classe est d’ordre
premier p dans le quotient G/HK : si on part d’un élément d’ordre non premier, une
de ses puissances a pour ordre un diviseur premier de cet ordre (cf
...
5, (iv))
...
Le nombre p est un diviseur de l’exposant m de G, sinon,
par Bezout on aurait pu + mv = 1 et g = g pu+mv = gpu ∈ HK
...
Comme H ∩ K = {e}, xrp = e, et comme x
est d’ordre m = pp , r = p
...
Si y est dans H = x , alors g aussi, contradiction
...
En définitive, y q ∈ HK ,
y p ∈ HK , par Bezout on en déduit y ∈ HK donc g ∈ HK contradiction
...
L’ordre de tout élément de G
est un diviseur de m, exposant de G , et comme on part d’un groupe fini, on construit
ainsi un isomorphisme de G avec un produit de groupes cycliques
...
| bk et G

Cb1 × Cb2 ×
...
Il faudrait continuer, en montrant que a k−1 est égal à bk −1 , mais la démonstration
complète est un peu longue
...
Il suffit qu’ils aient la même suite de facteurs
invariants
...
3 Groupes commutatifs finis

129

5
...
3
...
Par contre,
il existe une façon intéressante de décomposer un groupe commutatif fini, en produit
de groupes cycliques « primaires »
...
18
...
Il existe une unique suite de
groupes cycliques de la forme C pai , où pi est un nombre premier, telle que :
i

G

Cpai
i
i∈J

Il y a unicité de cette suite
...
Les entiers pai sont les diviseurs élémentaires du groupe G
...
L’existence repose uniquement sur le théorème chinois (version
groupe)
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Et si on part d’une telle décomposition,
on peut lui associer une seule suite de facteurs invariants : l’exposant du groupe produit
est l’ordre maximum d’un élément, c’est le produit des puissances d’exposant maximum, pour chacun des facteurs premiers
...
Mais il est plus
clair de raisonner sur un exemple : supposons que la suite des diviseurs élémentaires
est 2, 2, 2, 23 , 24 , 3, 3, 32 , 52 , 52 , on construit la table :

2 2 2 23
1 1 3 3
1 1 1 52

24
32
52

et les facteurs invariants sont les produits des colonnes successives :

2, 2, 6, 600, 3600
L’unicité admise de la suite des facteurs invariants permet d’en déduire l’unicité de la
suite des diviseurs élémentaires
...
Ce n’est pas un hasard, les deux développements sont des cas particuliers d’une

i

i
i

i

i

i

i

i

5 • Groupes

130

théorie qui les « chapeaute », celle des modules de type fini sur un anneau principal
...

• L’ordre d’un élément de G — le polynôme minimal µ u,a d’un vecteur
...

• Le cardinal du groupe — le polynôme caractéristique de u
...


Exercice 5
...
Dans un groupe G commutatif, x est d’ordre 30 et y d’ordre 12
...


Exercice 5
...


Déterminer les facteurs invariants et diviseurs élémentaires de
C10 × C144 × C18
...
12
...
Montrer qu’il existe trois sous-groupes A, B et C distincts et cycliques
d’ordre 2 tels que V = A × B = B × C = A × C
...
13
...


Exercice 5
...
Soit G un groupe commutatif, n un entier
...


5
...
4
...
Définitions générales
Il s’agit en quelque sorte d’un retour à la source : les groupes ont été introduits en tant
que groupes de permutations des racines d’une équation
...
On va donc préciser ce
qu’on appelle l’action d’un groupe sur un ensemble
...


i

i
i

i

i

i

i

i

5
...
19
...
x
et que, pour tout (g, g ) de G2 et x dans X ,

g
...
x) = (gg )
...
x = x

D’une façon intuitive, g agit sur un élément x en le transformant en g
...
Donnons
une définition équivalente : on note S X le groupe des bijections de X dans lui-même
...
20
...


Et donc Φ(g)(x) = g
...
Commençons par donner des exemples
...
x = gx, ou par translation à droite :
g
...
Il s’agit bien d’actions
...
(g
...
(xg −1 ) = xg −1 g−1 = x(gg )−1 = (gg )
...
x = gxg −1 ; c’est l’action par conjugaison, que nous
rencontrerons souvent
...
On
posera g
...
D = g(D) et, dans le dernier cas :

g
...
(e1 , e2 ,
...
, g(en ))
Les vérifications nécessaires sont immédiates
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Définition 5
...


(1) Une action est fidèle si :

∀g ∈ G,

(∀x ∈ X, (g
...

(2) Une action est transitive si :

∀(x, y) ∈ X 2 , ∃g ∈ G,

y = g
...
Si par contre une action est fidèle, et ce sera souvent le cas en géométrie,
Φ identifie G à un sous-groupe du groupe des bijections de X dans X
...

Par ailleurs, le défaut de transitivité se mesure ainsi
...
22
...
x où g

parcourt G
...
Une action est transitive si et seulement
si il n’y a qu’une orbite
...

Enfin, si x est un élément de X , on définit son stabilisateur par :
Définition 5
...


Gx = {g ∈ G | g
...
Et voici le premier, et
seul théorème de toute cette introduction
...
24
...
Cette bijection n’a, a priori, aucune raison d’être un
morphisme, puisque ni Ox ni G/Gx n’ont de structure de groupe en général
...
On pose g
...
x
...
Gx = g
...
x = g
...

Dans le cas où X est fini, on en déduit la formule des classes :
Théorème 5
...


n

Card(X) =

Card(G/Gxi )
i=1

où (xi ) sont des représentants des n orbites
...
C’est la conséquence de ce que des classes d’équivalence forment
une partition de X
...
4
...
Applications aux groupes
Examinons l’action par translation
...
26
...
Tout groupe G est isomorphe à un sousgroupe du groupe symétrique S G
...
L’action par translation est fidèle, puisque gx = x pour tout x (et
même pour seulement un x) implique que g = e G
...


i

i
i

i

i

i

i

i

5
...
En théorie, la connaissance des groupes S n et de leurs sousgroupes suffit à connaître tous les groupes finis
...
il n’est pas si « pratique »
que ça d’étudier le groupe S 4 à 4! = 24 éléments pour étudier les groupes à quatre
éléments
...
Si a est dans G, alors l’application définie par g → a
...
On dit que c’est un
automorphisme intérieur de G
...
De plus,
Int(G) G/Z(G) où Z(G) est le centre de G
...
27
...
Si on note ia l’application définie par i a (x) = axa−1 , on sait déjà
que c’est une bijection de G, c’est un morphisme :
ia (gg ) = agg a−1 = aga−1 ag a−1 = ia (g)ia (g )
De plus, l’application a → ia est un morphisme du G dans Aut(G) :

ia ◦ ib (g) = a(bgb−1 )a−1 = (ab)g(ab)−1 = iab (g)
On en déduit que l’image de ce morphisme, ensemble des automorphismes intérieurs,
est un sous-groupe de Aut(G)
...

Enfin, si φ est un automorphisme de G

φ ◦ ia ◦ φ−1 = iφ(a)

© Dunod
...


et donc Int(G)

Aut(G)
...

Théorème 5
...
Le centre d’un p-groupe n’est jamais trivial
...
On applique la formule des classes, en distinguant les orbites réduites
à un élément : si on note Z(G) le centre de G, alors tout x de Z(G) vérifie gxg −1 = x
pour tout g ; il est donc seul dans son orbite, et
Card(G) = Card(Z(G)) +

Card(Oxi )
i

où les orbites Oxi sont celles qui ont plus d’un élément ; elles ont pour cardinal celui
de G/Gxi , qui est une puissance de p puisque G est de cardinal une puissance de
p et que tout sous-groupe a pour cardinal une puissance de p
...


i

i
i

i

i

i

i

i

5 • Groupes

134

En particulier un groupe de cardinal p n (n > 1) n’est jamais simple : il a au moins
un sous-groupe distingué, son centre
...
15
...
Montrer que l’ensemble des conjugués de

σ est l’ensemble des k-cycles
...
Combien y a-t-il de classes de conjugaison dans S n pour n = 3, 4, 5
...
16
...
Montrer que si x et y sont dans

la même orbite, alors leurs stabilisateurs sont conjugués
...
17
...
x

Montrer que si l’action est fidèle, transitive et si G est commutatif, alors l’action
est simplement transitive
...


5
...
C’est une réponse partielle au
problème soulevé par le théorème de Lagrange : si n est le cardinal d’un groupe et
si d est un diviseur de n, existe-t-il un sous-groupe de G de cardinal d ? Mais c’est
surtout un premier pas vers la classification des groupes finis
...


5
...
1
...
Les
conjugués d’un sous-groupe H sont de la forme gHg −1 où g est dans G
...
un automorphisme
...
On peut compléter ces observations par la proposition :
Si H est un sous-groupe de G, l’ensemble des g tels que
gHg−1 = H est un sous-groupe de G contenant H , on l’appelle normalisateur
de H dans G, et on le note NG (H)
...

Proposition 5
...


i

i
i

i

i

i

i

i

5
...
On utilise l’action par conjugaison de G sur l’ensemble des sousgroupes de G : le normalisateur de H est le stabilisateur de H pour cette action,
c’est donc un sous-groupe de G et il contient bien sûr H
...
On a
également H NG (H) G, et si H est distingué dans G, c’est que N G (H) = G
...
5
...
Les théorèmes de Sylow
Nous allons les rassembler en un seul énoncé :
Théorème 5
...
Soit G un groupe fini de cardinal n
...


• G admet des sous-groupes d’ordre p α , que l’on appelle p-Sylow de G
...
Tous les p-Sylow de G sont conjugués
...


Démonstration
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Le groupe G agit
sur X par translation à gauche
...
Une façon
de le voir est de l’écrire ainsi :
pα m − pα + 1
pα m
pα m pα m − 1

...
Comme les orbites
forment une partition de X , il existe au moins une orbite dont le cardinal n’est pas
divisible par p
...
Si X est un élément de O, il est formé de
pα éléments du groupe G
...
On va montrer que S est un
p-Sylow de G
...
C’est un ensemble de p α éléments de G,
x1 ,
...
Et si g ∈ S , on a gX = X donc gx1 = xi soit g = xi x−1 , où l’indice
1
i est entre 1 et pα
...
Compte-tenu de ce qui précède, ce cardinal est égal
à pα , on a obtenu un p-Sylow
...
On peut
considérer l’action de H sur l’ensemble G/S , définie par h
...
Dans
cette action, les orbites ont pour cardinal une puissance de p mais G/S est de
cardinal m, non divisible par p
...
On a donc, pour tout h ∈ H , hgS = gS , et donc H ⊂ gSg −1
...
En particulier, tout pSylow est un conjugué de S
...
Faisons ensuit agir S
sur l’ensemble des p-Sylow de G, par conjugaison : les orbites ont encore comme
cardinal une puissance de p, et S est seul dans son orbite
...
L’ensemble des p-Sylow est
donc réunion d’orbites dont une a un seul élément, les autres ont pour cardinal une
puissance de p, on a donc s ≡ 1 (mod p)
...
C’est donc l’indice du normalisateur de S , et
c’est donc un diviseur du cardinal de G, et donc c’est un diviseur de m
...
Mais le résultat est important : au vu du
seul cardinal d’un groupe, on peut faire certaines déductions sur ses éventuels sousgroupes
...
Alors il admet au moins un sous-groupe
distingué
...
Le nombre de ses conjugués, qui sont
les éventuels autres p-Sylow est un diviseur de 6 qui est congru à 1 modulo 7, c’est
1
...

• Le groupe Z/24Z × Z/10Z n’a qu’un seul sous-groupe à 16 éléments
...


Exercice 5
...
Vérifier que le normalisateur de H est le plus grand groupe dans lequel

H est distingué
...
exercice 5
...
Si deux sous-groupes d’un
groupe G sont isomorphes, sont-ils conjugués ?

Exercice 5
...
Chercher les 2-Sylow de S 4
...
20
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Exercices

137

EXERCICES

Exercice 5
...
Décrire l’ensemble des morphismes de C n dans lui-même ; lesquels
sont des isomorphismes ?

Exercice 5
...
On note H8 le groupe engendré par les matrices

a=

0 −1
1 0

et

b=

0 i
i 0

Montrer qu’il a huit éléments et déterminer ses sous-groupes
...
On l’appelle groupe quaternionique
...
23
...
Démontrer que G est isomorphe au produit direct de groupes cycliques d’ordre p
...


Exercice 5
...


(1) Soit G un groupe, H un sous-groupe, On considère l’action de H sur G/H définie
par

© Dunod
...


h
...

(2) On suppose que G est fini et que p le plus petit entier divisant le cardinal de G
...
Montrer que H est distingué
dans G
...


Exercice 5
...
Montrer que si G est un groupe fini de cardinal p α m où p est premier

et m ∧ p = 1, alors il existe un sous-groupe d’ordre p β pour tout entier β

α
...
dunod
...


5
...
PROBLÈME
Soit G un groupe
...
Le nom de cet élément s’éclaircit si on
remarque que
[x, y] = e ⇐⇒ xy = yx
Le but de ce problème est d’étudier certaines propriétés des commutateurs
...
On le note G
...
En déduire que
G est distingué dans G
...
Montrer que G/H est commutatif si et seulement si H
contient G
...
On l’appelle l’abélianisé de G
...
Déterminer
l’abélianisé du groupe diédral D 8 , du groupe quaternionique
...


5
...
PROBLÈME
Le groupe symétrique S n est le groupe des permutations de I n = {1, 2,
...
Nous allons retrouver des résultats connus sur ce groupe symétrique en
utilisant les idées de style « action de groupe »
...
Le groupe σ agit naturellement sur I n
...
Montrer que les éléments du support peuvent être
ordonnés en une suite (a i )i=1 à r telle que

σ(ai ) = ai+1 pour i < r, σ(ar ) = a1
On écrit alors σ = (a1 , a2 ,
...

(2) Montrer que deux cycles de supports disjoints commutent, et que toute permutation se décompose de façon unique en produit de cycles de support disjoints
...
ck où ci est un ri -cycle, les supports étant disjoints
...
p
...
m
...

(4) Si σ est une permutation quelconque, on note (σ) = (−1) n−k , où k est le nombre
total des orbites de l’action de σ sur I n
...
Calculer
la signature d’un r -cycle
...
Montrer qu’un r cycle est composé de r transpositions, et donc que les transpositions engendrent le
groupe Sn
...
Le noyau de ce morphisme est le groupe alterné A n des permutations
paires
...
1
...

Alors x est un sous-groupe de G, non réduit au neutre et d’ordre diviseur de p : cet
ordre est donc égal à p et x est un générateur de G, qui est donc cyclique
...
Cette situation
est assez exceptionnelle : il existe par exemple une quinzaine de groupes d’ordre 24,
un seul d’ordre 15 ou 33, des centaines de milliers d’ordre 512, à isomorphisme près,
bien sûr
...
2
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Réciproquement,
si H est un sous-groupe de G, on a donc HH ⊂ H , mais comme 1 G ∈ H , h = 1G h
implique que H ⊂ HH
...


Commençons par observer que dans un groupe G, l’application
φ : x → x−1 est bien définie et bijective : son application réciproque est elle-même
car (x−1 )−1 = x
...
Cela s’écrit φ(xy) = φ(x)φ(y), et φ est bien un morphisme
...
3
...
4
...
On en déduit que φ(x) est d’ordre fini, diviseur de p
...
Même type de résultat si x est d’ordre infini
...
5
...

Par ailleurs, ab = ba3 , a2 b = ba2 , a3 b = ba, ces trois matrices étant distinctes
...
On peut se demander s’il existe d’autres sous-groupes : si c’est le
cas, ce sont des groupes non cycliques, d’ordre diviseur strict de huit : ce ne peut être
que des groupes d’ordre 4
...
Ces groupes
sont isomorphes à C2 × C2 (voir le paragraphe suivant)
...


Solution 5
...
Le centre n’est jamais vide car il contient toujours l’élément neutre
...
De plus, xzx −1 = z donc Z(G) est distingué
dans G
...
Il existe des groupes pour lesquels le
centre se réduit au neutre, c’est le cas de S n , pour n 3
...
7
...
Il contient les doubles transpositions u = (1, 2)(3, 4), v = (1, 3)(2, 4) et
w = (1, 4)(2, 3)
...
Mais
u n’est pas distingué dans A 4 , il suffit de calculer le conjugué de u par (1, 2, 3), par
exemple
...


Solution 5
...
On suppose que H et K sont des sous-groupes et que HK = KH
...

Donc HK est un sous-groupe
...
Alors

HK = (HK)−1 = K −1 H −1 = KH
On a bien prouvé HK = KH
...
On a aussi k −1 hk = h ∈ H
et HK ⊂ KH
...

Solution 5
...
On a d’abord H = a = {e, a, a2 , a3 } et K = b = {e, b}
...
5 permet de vérifier facilement les propriétés
indiquées
...

On peut trouver dans l’ensemble H × K une structure de groupe telle que ce groupe
soit isomorphe à G : voir la notion de produit semi-direct, par exemple dans [6]
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
10
...
14
...
p
...
m
...


Solution 5
...
D’après le théorème chinois :

C10 × C144 × C18

(C2 × C5 ) × (C16 × C9 ) × (C2 × C9 )
4 ,32 ,32 ,5 et les diviseurs élémentaires sont 2
Les facteurs invariants sont 2,2,2
Le groupe de départ est isomorphe à C 2 × C6 × C720
...


Solution 5
...
Il suffit d’observer qu’il y a trois éléments d’ordre 2, (1, 0), (0, 1) et

(1, 1) et de prendre pour A, B et C les groupes engendrés par chacun de ces trois
éléments : il n’y a pas unicité de la décomposition en sous-groupes primaires, mais
unicité de la liste des facteurs invariants
...
13
...

Le nombre de possibilités sera plus important s’il existe des exposants élevés dans la
décomposition en facteurs premiers du cardinal du groupe
...
et se reporter
à la situation analogue en algèbre linéaire
...
14
...
Alors (xy)n = xn y n = e et (x−1 )n = (xn )−1 = e
...

Si par exemple G = C∗ muni du produit, c’est le groupe cyclique des racines de
l’unité
...
Pour que G n ne soit pas réduit au neutre, il est
nécessaire que n et le cardinal de G ne soient pas premiers entre eux
...

Si G est un produit de groupes commutatifs, G = G 1 ×
...
× Gk,n et Gn = Gn ×
...
Il suffit donc de déterminer Gn
1
k
et Gn lorsque G est un groupe cyclique de la forme C pα
...


Solution 5
...
Si σ = (i1 , i2 ,
...
, s(ik ))
Comme le choix de σ est libre, l’ensemble des conjugués d’un k-cycle est l’ensemble
des k-cycles
...
Ainsi, dans S3 il y a trois classes de conjugaison : celle qui contient l’identité,
celle qui contient les transpositions, celle qui contient les 3-cycles, cela correspond
aux décompositions en cycles du type :

3 = 1+1+1 = 1+2 = 3

et de même

4= 1+1+1+1 = 2+1+1+1 = 2+2= 3+1
permet de dire qu’il y a quatre classes de conjugaison, et plus généralement le nombre
des classes de conjugaison de S n est le nombre des partitions de n, déjà rencontré
...
16
...
Il existe g tel que

y = g
...
En notant Gx et Gy les stabilisateurs de x et de y , on a :
g ∈ Gy ⇐⇒ g
...
(h
...
x ⇐⇒ h−1 gh ∈ Gx ⇐⇒ g ∈ hGx h−1
et donc Gy est un sous-groupe conjugué de G x
...

Solution 5
...
Soit x et y deux éléments quelconques de X
...
x
...
x, et soit z
quelconque ; il existe k tel que z = k
...
z = (gk)
...
x = k
...
x = (hk)
...
z

© Dunod
...


(en utilisant la commutativité)
...
z = z , et, puisque
l’action est fidèle, h−1 g = e et en définitive h = g
...

La situation décrite se rencontre fréquemment en géométrie, par exemple pour l’action
par translation des vecteurs sur un espace affine
...
18
...
Et tout groupe dans lequel H est normal doit être formé
d’éléments g tels que gHg −1 = H , il est inclus dans le normalisateur
...
Dans le cas du groupe
diédral D8 , le groupe a est distingué dans D 8 : son normalisateur est donc lui-même
...

Occupons-nous des sous-groupes à deux éléments
...
Le sous-groupe b n’est pas distingué, et comme b ne commute qu’avec
lui-même et le neutre, il est égal à son normalisateur
...

Si deux sous-groupes de G sont conjugués, alors ils sont isomorphes, puisque
x → gxg−1 est un isomorphisme
...

Solution 5
...
Le groupe S4 a 24 éléments
...
Les éléments d’un 2-Sylow sont d’ordre
1, 2 ou 4 (il n’y a pas d’élément d’ordre 8)
...
On a alors τ στ = σ −1 et
on peut vérifier que le groupe σ, τ est isomorphe au groupe diédral D 8
...
Ces trois
2-Sylow sont autonormalisant (voir l’exercice précédent)
...
20
...
Tout élément x de S est d’ordre une
puissance de p
...
(cf
...
5)
...
Par contre, certaines démonstrations du théorème
de Sylow utilisent le théorème de Cauchy (qu’il faut donc démontrer autrement)
...
21
...
On aura donc n morphismes φ k définis par
x → xk et donc x → xk
...
On vérifiera facilement que φ k → k est un morphisme de l’ensemble des
φk (muni de la loi ◦, dans le groupe additif (Z/nZ, +)
...

Solution 5
...
Il faut calculer
...
Il a donc un seul sous-groupe d’ordre 2
...
On l’appelle groupe
quaternionique car il est relié au corps H des quaternions
...
23
...
Si
k ∈ Fp (on rappelle que c’est le corps Z/pZ), on définit k
...
Cette définition est cohérente, puisque k
...
x si et
seulement si k ≡ k (mod p), car x est d’ordre p
...
Comme il est fini, il est isomorphe à une puissance finie de
Fp , en tant qu’espace vectoriel mais donc aussi en tant que groupe
...
24
...
L’ensemble K des h est donc
l’intersection des conjugués de H , c’est un sous-groupe distingué de H (car noyau
d’un morphisme)
...
K contient donc tous les sous-groupes distingués de G qui sont
inclus dans H
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

145

(2) Soit K comme dans la question précédente
...
K est le
noyau de ce morphisme et par le théorème d’isomorphisme G/K est isomorphe à
un sous-groupe du groupe symétrique de G/H
...

(3) On peut appliquer le théorème précédent, mais il est plus rapide de remarquer que
si H est d’indice 2 dans G, il y a seulement deux classes à gauche, H et une classe
/
de la forme xH , où x ∈ H , et ces classes forment une partition de G
...
Le sous-groupe H est distingué dans G
...
25
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Mais on peut utiliser le théorème qui dit que le centre de S (qui est un p-groupe) est
non trivial
...
Puisque x est dans le
centre, x est distingué dans S
...
Le théorème est démontré
...
Il s’agit donc d’associer à un couple de vecteurs un « scalaire » (c’est pour
cela qu’on parle de « forme »)
...
Dans tout le début du chapitre, on se place dans le cadre
général d’un corps commutatif K , de caractéristique différente de 2
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
1 FORMES BILINÉAIRES
6
...
1
...
Dans l’espace vectoriel des fonctions continues sur [0, 1], l’application
1
(f, g) → 0 f (t)g(t) dt est une forme bilinéaire
...
1
...
En dimension finie n, il est isomorphe à l’espace vectoriel Mn (K)
...
La structure d’espace vectoriel est celle qu’ont tous les ensembles
d’applications à valeurs dans K
...
En dimension n,
notons B = (e1 , e2 ,
...
La matrice A = (φ(ei , ej ))i,j ∈ Mn (K) suffit
donc à déterminer φ
...
Y ) la matrice des coordonnées de x (resp
...


6
...
2
...
C’est
dans le cours d’analyse que l’étude de la dimension infinie sera reprise
...
On définit les deux applications partielles :

φ(x, ·) : E −→ K
y −→ φ(x, y)

et

φ(·, y) : E −→ K
x −→ φ(x, y)

Alors φ est bilinéaire si, et seulement si ces deux applications partielles sont des formes
linéaires, donc éléments du dual E ∗
...

Théorème 6
...
Lorsque E est de dimension finie, L φ et Rφ sont de même rang, que

l’on appelle rang de la forme bilinéaire φ
...


Démonstration
...
Nous allons
commencer par rechercher la matrice de L φ et de Rφ par rapport aux bases B et
B ∗ (base duale) : Lφ (ej )(ei ) = φ(ej , ei ) et ce nombre est la i-ème coordonnée
de Lφ (ej ) donc c’est le coefficient d’indice (i, j) de la matrice de L φ
...
On en déduit que les matrices de L φ et de Rφ sont
respectivement tA et A, d’où le résultat, car une matrice et sa transposée ont même
rang
...
Plus précisément, si l’une est bijective, l’autre l’est également
...
1 Formes bilinéaires

149

Une forme bilinéaire est donc non dégénérée lorsque sa matrice A est inversible
...


6
...
3
...
3
...
Si C = (ei ) alors, par définition de P = (pi,j ), ej =
φ(ej , ek ) =

pi,j φ(ei , e )p

,k

=

i,

pj,i φ(ei , e )p

i pi,j ei

et :

,k

i,

On a noté pi,j les coefficients de la matrice tP
...


6
...
4
...

• Une forme bilinéaire est donnée : peut-on trouver une base dans laquelle l’écriture
de la forme bilinéaire est particulièrement simple ?
• Comment reconnaître si deux matrices représentent (par rapport à deux bases) la
même forme bilinéaire ?
• Quand deux formes bilinéaires ont-elles la même « signification » géométrique ?

© Dunod
...


Les trois questions sont liées, donnons des précisions de vocabulaire :
Définition 6
...
Deux matrices symétriques (ou antisymétriques) A et A sont

congruentes s’il existe une matrice P de GL(n, K) telle que :

A = tP AP
Autrement dit deux matrices congruentes représentent la même forme bilinéaire
dans des bases différentes
...
On voit tout de suite que
deux matrices congruentes ont même rang
...


6
...
2
...
Généralités
Définition 6
...
Soit φ une forme bilinéaire
...
La seule forme antisymétrique est
constante nulle
...
Les formes symétriques sont
données par :

((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) −→ ax1 y1 + b(x1 y2 + x2 y1 ) + cx2 y2
où a, b et c sont des scalaires
...
Elle est antisymétrique si sa matrice est
antisymétrique, A = −tA
...
Pour l’autre,

φ(x + y, x + y) = 0

⇐⇒
⇐⇒

φ(x, x) + φ(x, y) + φ(y, x) + φ(y, y) = 0
φ(y, x) = −φ(x, y)

i

i
i

i

i

i

i

i

6
...
2
...
Noyau d’une forme bilinéaire symétrique ou antisymétrique
Dans le cadre des formes bilinéaires symétriques ou antisymétriques,

φ(x, y) = 0 ⇐⇒ φ(y, x) = 0
et les applications Lφ et Rφ ont même noyau :
Définition 6
...
Soit φ une forme bilinéaire symétrique ou antisymétrique
...


Remarques
...

• Il est remarquable que dans le cas non dégénéré : L φ (ou Rφ ) permet de
réaliser un isomorphisme entre E et son dual : toute forme linéaire f est
représentée par un unique vecteur a tel que :
∀x ∈ E, f (x) = φ(a, x)

Voir par exemple la notion de gradient, ou le théorème de représentation
de Riesz, en analyse
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
2
...
Orthogonalité
L’orthogonalité se définit comme dans le cas du produit scalaire de la géométrie élémentaire
...
7
...
Alors :
• Si φ(x, y) = 0, on dit que x est orthogonal à y , et on écrit parfois x ⊥ y
...

La bilinéarité permet de prouver facilement que les orthogonaux sont des sousespaces vectoriels et on peut aussi remarquer que S ⊥ = (vect(S))⊥
...

Donnons quelques propriétés de l’orthogonalité des sous-espaces
...
8
...

• Soit x ∈ G⊥ quelconque, il est orthogonal à tout élément de G, en particulier aux
éléments de F , il est donc dans F ⊥
...

• Une inclusion résulte de la première propriété démontrée :
F ⊂ F + G, G ⊂ F + G ⇒ (F + G)⊥ ⊂ F ⊥ ∩ G⊥
Et si z ∈ F ⊥ ∩ G⊥ , alors z, f + g = z, f + z, g = 0 prouve l’autre inclusion
...

• Soit (e1 ,
...
On la complète en une base (e k+1 ,
...
Alors un vecteur x est dans F ⊥ si et seulement si, pour tout i de k + 1 à p,
φ(x, ei ) = 0, puisque φ(x, ei ) = 0 est automatique lorsque i
k
...
Donc x est dans F ⊥ si et seulement si x vérifie ces p − k
équations indépendantes :

dim F ⊥ = dim E − (p − k) ⇒ dim F + dim F ⊥ = dim E + k
= dim E + dim F ∩ Ker φ

i

i
i

i

i

i

i

i

6
...

• Si φ est non dégénérée, Ker φ se réduit à {0} donc la formule précédente devient
dim F + dim F ⊥ = dim E
...

• Appliquons la relation (F + G)⊥ = F ⊥ ∩ G⊥ à F ⊥ et à G⊥ :

(F ⊥ + G⊥ )⊥ = F ∩ G ⇒ F ⊥ + G⊥ = (F ∩ G)⊥

Dans certains cas, les résultats précédents se simplifient un peu
...
9
...
Un

vecteur x est isotrope lorsque φ(x, x) = 0
...
Il est isotrope si cette restriction est dégénérée, et totalement
isotrope si elle est nulle
...
Et il faut bien noter que la restriction d’une
forme non dégénérée peut être dégénérée
...
Ces droites sont donc
totalement isotropes, elle sont engendrées par des vecteurs isotropes
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
10
...


Démonstration
...

On en déduit que F et son orthogonal sont supplémentaires
...


i

i
i

i

i

i

i

i

6 • Algèbre bilinéaire

154

Exercice 6
...
Montrer que LS 2 (E), ensemble des formes bilinéaires symétriques
et LA2 (E), ensemble des formes bilinéaires antisymétriques sont deux sous-espaces
supplémentaires de L 2 (E)
...


Exercice 6
...
Démontrer que si φ est une forme bilinéaire non dégénérée, avec E de
dimension supérieure ou égale à 2, telle que :

∀x ∈ E, ∀y ∈ E, φ(x, y) = 0 ⇐⇒ φ(y, x) = 0
alors φ est symétrique ou antisymétrique
...
3
...

0 0 −1
Déterminer l’orthogonal d’une droite vectorielle quelconque
...
Déterminer de même l’orthogonal d’un plan, et décrire les différentes
possibilités
...
4
...


Exercice 6
...
Montrer, par un contre-exemple, que l’inclusion F ⊥ + G⊥ ⊂ (F ∩ G)⊥

peut être stricte
...
Montrer que si elle est non isotrope, alors elle est totalement isotrope
...
Montrer qu’un sous-espace non isotrope contient un sous-espace
totalement isotrope (non réduit à {0})
...
3 Formes quadratiques

155

6
...
CLASSIFICATIONS
DES FORMES BILINÉAIRES SYMÉTRIQUES RÉELLES
ET COMPLEXES
6
...
1
...
L’étude de l’application x → φ(x, x)
est essentielle
...
11
...

Pour tout vecteur x et tout scalaire λ, q(λx) = λ 2 q(x) et q(0) = 0
...
12
...
Calcul immédiat :
q(x + y) = φ(x + y, x + y) = q(x) + 2φ(x, y) + q(y)
Par contre, toute application q de E dans K qui vérifie q(λx) = λ 2 q(x) n’est pas
une forme quadratique ; voir par exemple q défini dans R par q(x) = |x|
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Il a cependant la propriété remarquable d’être stable par le
produit par un scalaire
...

Définition 6
...
Un vecteur x est dit isotrope si q(x) = 0
...
Il contient le noyau
de φ
...

L’inclusion du noyau dans le cône peut s’exprimer ainsi : les vecteurs du noyau sont
orthogonaux à tous les vecteurs, les vecteurs du cône sont orthogonaux à eux-mêmes
...

Définition 6
...
Une forme quadratique (et la forme bilinéaire associée) est

définie si le cône isotrope est réduit au vecteur nul
...

Qu’est-ce que « réduire » une forme bilinéaire symétrique ? L’idée est, comme pour
les endomorphismes, de se ramener à une matrice diagonale
...
15
...


Théorème 6
...
Toute forme bilinéaire symétrique φ admet une base orthogonale
...
Si φ est nulle, toute base est orthogonale
...
12 prouve que la forme quadratique q n’est pas identiquement nulle non
plus, il existe e1 tel que q(e1 ) = 0
...
On répète le même argument avec la
1
restriction de φ à F
...
Il est cependant moins profond que tout
les théorèmes qui concerne les endomorphismes
...

6
...
2
...
Remarquons qu’alors les termes diagonaux de la matrice de φ sont les q(e i )
...

Théorème 6
...
Soit φ une forme bilinéaire symétrique d’un C-espace vectoriel, q

la forme quadratique associée
...


Démonstration
...
Comme dans C, tout complexe est un carré, on peut remplacer
chacun des ei qui n’est pas isotrope par un vecteur colinéaire e i tel que q(ei ) = 1
...
Résultat supplémentaire, on a prouvé que toutes les formes bilinéaires symétriques de même rang sont
équivalentes ; il y a donc n+1 classes d’équivalences de formes bilinéaires symétriques,
puisque deux formes de rangs différents ne peuvent être congruentes
...
3 Formes quadratiques

157

Dans le cas réel, la forme quadratique prend des valeurs positives ou négatives : si
elle ne prend que des valeurs positives sur une base orthogonale, alors elle ne prend
que des valeurs positives (utiliser la matrice)
...
18
...
Pour toute forme bilinéaire symétrique sur un R-espace vectoriel, il existe une base orthogonale (e i ) et un entier s
inférieur au rang s de φ
⎧
⎪q(ei ) = 1 pour 1 i s
⎨
q(e ) = −1 pour s + 1 i r
⎪ i
⎩q(e ) = 0 pour i > r
i
De plus, les entiers s et p = r−s ne dépendent que de φ, et non de la base orthogonale
trouvée
...

Les formes bilinéaires symétriques réelles sont classées par leur signature
...
La première partie du théorème est immédiate
...

Il reste à démontrer que la signature ne dépend que de φ et non de la base
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Soit alors F + = vect(e1 ,
...
, en )
...
On en déduit que ces deux sous-espaces sont
en somme directe, et donc que s + (n − s ) n, soit s s
...

La classification des formes bilinéaires symétriques n’est pas toujours aussi simple :
dans le cas de Q en particulier, elle conduit à des problèmes d’arithmétique assez fins
...
3
...
Réduction de Gauss d’une forme quadratique
La méthode de Gauss permet, dans le cas d’une forme bilinéaire symétrique, d’obtenir
de façon automatique (plus précisément algorithmique) une base orthogonale
...


i

i
i

i

i

i

i

i

6 • Algèbre bilinéaire

158

Théorème 6
...
Réduction de Gauss
...


Démonstration
...
Notons (x i ) les coordonnées d’un vecteur x, on suppose que q(x) est exprimée en fonction des coordonnées,
lesquelles seront éventuellement renumérotées
...
) = a x1 + x2 + x3 +
...

• Si q(x) ne contient aucun terme en x 2 et si, par exemple, x1 x2 apparaît avec un
i
coefficient a non nul, on met a en facteur dans tous les termes qui contiennent x 1 et
x2 et on écrit :

a(x1 + bx3 +
...
) + ψ(x) = a 1 (x) 2 (x) + ψ(x)
où ψ est une forme quadratique qui ne contient ni x 1 , ni x2 , et il suffit alors d’écrire :
1
( 1 (x) + 2 (x))2 − ( 1 (x) − 2 (x))2
1 (x) 2 (x) =
4
et d’observer que les deux formes linéaires sont indépendantes
...
On peut alors se placer dans une base telle que les r premières
coordonnées soient X1 = 1 (x),
...
On posera ensuite Xr+1 = xr+1
...
Le nombre r des formes linéaires est bien égal au rang de
la forme quadratique
...
6
...

(2) q(x) = x1 x2 + x2 x3 +
...
, xn )
...
7
...

Montrer que la forme quadratique a un signe constant si, et seulement si, le cône
isotrope coïncide avec le noyau
...
4 Espaces vectoriels euclidiens et hermitiens

159

Exercice 6
...
Soit φ une forme bilinéaire symétrique non dégénérée sur un corps K

(de caractéristique différente de 2)
...

Montrer que, pour tout a ∈ K , il existe un vecteur w tel que q(w) = a
...
9
...


6
...
4
...
Produit scalaire
C’est un aboutissement : la situation qui va nous intéresser est la plus proche de
la géométrie
...

Définition 6
...
Une forme bilinéaire φ symétrique telle que, pour tout x,

φ(x, x) 0 est dite positive
...
Une forme bilinéaire symétrique définie
positive est appelée produit scalaire
...
Notations :
φ(x, y) = x, y ,

x =

x, x =

q(x)

© Dunod
...


x est la norme euclidienne du vecteur x
...
4
...
Inégalité de Cauchy-Schwarz
On peut majorer la valeur du produit scalaire, c’est la célèbre inégalité de CauchySchwarz, qu’on peut d’ailleurs énoncer dans un cadre un peu plus général
...
21
...
Soit φ une forme bilinéaire symé-

trique positive, q la forme quadratique associée

∀(x, y) ∈ E 2 ,

(φ(x, y))2

q(x)q(y)

Si φ est un produit scalaire, on écrit :

∀(x, y) ∈ E 2 ,

x, y

x × y

De plus, dans le cas du produit scalaire, il y a égalité si et seulement si les vecteurs
sont liés
...

• Soit φ une forme bilinéaire symétrique positive
...
Sinon, ce
polynôme en λ ne peut avoir un signe constamment positif que si son discriminant
est négatif
...

• Supposons de plus φ définie
...
Si y = 0, bien sûr, x et y sont liés, et, par
ailleurs, si x et y sont liés, l’inégalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée
...
Et grâce à l’inégalité de Cauchy-Schwarz,
on va montrer qu’une forme bilinéaire positive non dégénérée est un produit scalaire
...
22
...


Alors

φ définie et positive ⇐⇒ φ non dégénérée positive

Démonstration
...
Si par contre x est dans le cône isotrope et y quelconque, l’inégalité de CauchySchwarz assure que |φ(x, y)| q(x)q(y) = 0, donc x est orthogonal à y et est dans
le noyau de φ
...

Théorème 6
...
Inégalité de Minkowski
...

La dernière assertion signifie qu’il existe λ réel positif tel que y = λx ou que x est
nul
...
L’inégalité à démontrer équivaut a x + y, x + y
( x + y )2,
2 x y qui est impliquée par l’inégalité de
en développant cela donne 2 x, y
|a|
...
En remplaçant, on voit que pour avoir égalité dans
l’inégalité de Minkowski, il faut et suffit que x et y soit positivement liés
...
4 Espaces vectoriels euclidiens et hermitiens

161

Application : ces propriétés font que l’application x → x a bien les propriétés
d’une norme, c’est la norme euclidienne associée au produit scalaire
...
4
...
Produit scalaire hermitien
a) Sesquilinéarité

Dans le cas où le corps de base est le corps des complexes, les formes bilinéaires symétriques et les formes quadratiques associées ne sont pas les bonnes généralisations du
produit scalaire : une forme quadratique est à valeurs complexes et ne peut permettre
de définir une norme
...

Soit E un C-espace vectoriel
...
24
...


© Dunod
...


La seconde propriété s’appelle semilinéarité, d’où le nom « sesquilinéaire », ce
qui signifie « une fois et demi » linéaire
...

Nous n’allons pas étudier longuement les formes sesquilinéaires hermitiennes,
leur étude est très semblable à celle des formes bilinéaires symétriques : on peut par
exemple définir le rang, étudier la notion d’orthogonalité
...
25
...
On dit qu’elle est hermitienne
...
Les matrices vérifiant la propriété du théorème
sont dite matrices hermitiennes, elles sont faciles à construire et donnent donc des

i

i
i

i

i

i

i

i

6 • Algèbre bilinéaire

162

exemples de produit scalaire hermitien
...
Dans le cas où M est
à coefficients réels, cela désignera donc la transposée de M , et bien sûr les matrices
symétriques réelles sont des exemples de matrices hermitiennes
...

b) Espace vectoriel hermitien

Comme dans le cas réel, on va définir des produits scalaires
...
26
...


Démonstration
...

On a alors, avec la même démonstration, un pendant du théorème de Sylvester : dans
une base orthogonale, la matrice de φ est diagonale avec pour coefficients diagonaux
λ1 , λ2 ,
...
Si le nombre des λ i positifs est noté s, le nombre
des λi négatifs est noté p et le couple (s, p) est la signature de la forme sesquilinéaire
...

On peut ensuite définir :
Définition 6
...


Une forme sesquilinéaire hermitienne est positive si la
forme hermitienne associée ne prend que des valeurs positives
...
Un produit scalaire hermitien est une forme sesquilinéaire
hermitienne définie positive
...

Un produit scalaire hermitien satisfait l’inégalité de Cauchy-Schwarz, et l’inégalité
de Minkowski, x → x fait bien de E un C-espace vectoriel normé
...
Sinon, on écrit φ(x, y) =
prend pour λ la valeur λ = se−iθ (s réel)
...
4 Espaces vectoriels euclidiens et hermitiens

163

pour tout réel s
...
Si q(y) = 0, l’expression ne peut être
toujours positive que si ρ = 0 donc φ(x, y) = 0
...
L’inégalité est démontrée
...
Dans le cas de la dimension infinie, on parle d’espace
préhilbertien complexe, mais nous nous cantonnerons ici à la dimension finie
...
4
...
Bases orthonormales
Nous traitons maintenant en même temps le cas des produits scalaires euclidiens ou
hermitiens
...
28
...

Il existe « beaucoup » de bases orthonormales
...
29
...
Si (ei ) est une telle base et si X = t (x1 ,
...
, yn )
désignent les matrices de coordonnées des vecteurs x et y dans ces bases, on a :
n

x, y = t X Y =
x, y = X ∗ Y =

xi yi

(cas euclidien)

xi yi

(cas hermitien)

i=1
n
i=1

© Dunod
...


De plus, xi = ei , x

Démonstration
...
Dans le cas euclidien ou hermitien, le rang est égal
à la dimension, la forme quadratique ne prend que des valeurs strictement positives sur
les vecteurs non nuls, ce qui permet d’obtenir une base orthonormale à partir d’une
base orthogonale
...

Si B et B sont deux bases orthonormales d’une espace vectoriel hermitien, alors
la matrice de passage de B vers B est dite unitaire
...

Proposition 6
...


(1) Une matrice Ω de Mn (R) est orthogonale si et seulement si t ΩΩ = I
...

(2) Une matrice U de Mn (C) est unitaire si et seulement si U ∗ U = I
...


i

i
i

i

i

i

i

i

6 • Algèbre bilinéaire

164

Exercice 6
...
Généraliser la méthode de Gauss au cas des formes hermitiennes :il
s’agit de prouver que toute forme sesquilinéaire hermitienne peut se décomposer en
une combinaison (à coefficients réels) de carrés de module de formes linéaires indépendantes
...
11
...
5 ADJOINT, DIAGONALISATION DES ENDOMORPHISMES
AUTOADJOINTS
6
...
1
...
On va définir une sorte de symétrie
entre les endomorphismes de E , liée au produit scalaire
...
31
...


• Il existe un et un seul endomorphisme u ∗ vérifiant

∀(x, y) ∈ E 2 ,

u(x), y = x, u∗ (y)

• Si u et v sont des endomorphismes et λ un scalaire,
(u + v)∗ = u∗ + v ∗ ,
(λu)∗ = λu∗ ,
u∗∗ = u,

(u ◦ v)∗ = v ∗ ◦ u∗
...


i

i
i

i

i

i

i

i

6
...
Pour définir f ∗, on peut utiliser une base :
ei , u∗ (ej ) = u(ei ), ej = ej , u(ei )
la première égalité montre que les coordonnées des vecteurs u ∗ (ej ) sont bien déterminées, la seconde permet de prouver que la matrice de u ∗ , dans la base (ei ) est l’adjointe
de la matrice de u (dans la même base)
...
Les
autres propriétés se démontrent à l’aide de la définition ou grâce aux matrices
...

Proposition 6
...
Si F est un sous-espace vectoriel de E , alors

u(F ) ⊂ F ⇒ u∗ (F ⊥ ) ⊂ F ⊥

Démonstration
...
Si on prend x dans F ⊥ et y dans F :

u∗ (x), y = x, u(y) = 0
car u(y) est dans F , donc u∗ (x) est dans F ⊥
...


© Dunod
...


Parmi les endomorphismes, certains ont la propriété de coïncider avec leur adjoint
...
Dans le cas réel, on parle plutôt d’endomorphismes symétriques, et signalons que l’on emploie souvent le mot opérateur à
la place d’endomorphisme
...
33
...
On dit qu’elle est auto-adjointe (hermitienne
dans le cas complexe, symétrique dans le cas réel)
...
Si E est un espace
vectoriel euclidien, une matrice symétrique peut s’interpréter de deux façons :
• Soit comme la matrice d’une forme bilinéaire symétrique, par rapport à une base
...

Et dans le cas hermitien, une matrice hermitienne est soit la matrice d’une forme
sesquilinéaire hermitienne, soit la matrice d’un endomorphisme autoadjoint dans une
base orthonormale
...
34
...
hermitien)
...
sesquilinéaire hermitienne) φ, on peut associer un
endomorphisme autoadjoint unique u par :

∀x, y ∈ E,

φ(x, y) = x, u(y)

Réciproquement, cette même formule permet d’associer une forme bilinéaire (resp
...

On peut alors utiliser ce point de vue pour définir les endomorphismes autoadjoints
positifs ou définis positifs :
Un endomorphisme autoadjoint u d’un espace vectoriel
euclidien ou hermitien E est positif (resp
...
définie positive)
...
S++
n
n
dans le cas euclidien)
...
H++ )
...
35
...


6
...
2
...
36
...
Soit E un endomorphisme autoadjoint dans un
espace vectoriel hermitien (resp
...
Alors ses valeurs propres sont réelles,
il est diagonalisable, et on peut trouver une base orthonormale de vecteurs propres
...
Il y a plusieurs étapes, et nous commençons par le cas hermitien
...
En effet, en notant x un vecteur
propre,
u(x), x = λ x, x = x, u(x) = λ x, x
La valeur propre λ est égale à son conjugué, donc est réelle
...
32, si F est u-stable alors F ⊥ est u-stable puisque u = u∗
...
En dimension 1, la matrice
d’un endomorphisme autoadjoint est un réel, le théorème est vrai
...
Alors, comme le corps de base est
C, u admet une valeur propre, qui est donc réelle
...
Comme F est u-stable, son
orthogonal est aussi u-stable et on peut appliquer l’hypothèse de récurrence à la
restriction de u à F ⊥
...
En réunissant
ces deux bases, on obtient une base orthonormale de vecteurs propres
...
5 Adjoints

167

• Pour le cas réel, raisonnons matriciellement : une matrice réelle symétrique A est
aussi hermitienne si on la considère comme matrice à coefficients complexes
...
Le
problème est qu’à priori, P est une matrice de passage à coefficients complexes
...
Il est possible qu’aucune de ces deux
matrices ne soit inversible, mais il existe t ∈ R telle que det(S + tT ) soit non nul,
puisque ce déterminant est un polynôme en t 2 et que R est infini
...
Ce n’est pas terminé : on dispose d’une base de vecteur propres,
mais nous savons que les sous-espaces propres sont en somme directe
...
Remarquons que notre méthode permet aussi
d’énoncer : deux matrices réelles qui sont semblables sur C sont aussi semblables
sur R
...
Donnons-en quelques unes :
• Si u est autoadjoint, sa signature est (s, p) où s est le nombre des valeurs propres
strictement positives, p le nombre des valeurs propres strictement négatives
...
définie positive) si et
seulement si ses valeurs propres sont positives (resp
...
Ce
résultat vaut également pour les matrices hermitiennes
...
On suppose que φ est définie positive
...


© Dunod
...


Pour le dernier alinéa, il suffit de munir l’espace vectoriel de la structure euclidienne
définie par φ
...
5
...
Diagonalisation des endomorphismes normaux
Plaçons nous maintenant dans le cas hermitien seulement
...
Commençons par définir une
nouvelle catégorie d’endomorphismes
...
37
...

Bien sûr, tout endomorphisme autoadjoint est normal, mais il y a d’autres types
d’endomorphismes normaux
...
Il est non identiquement nul car non nul en i
...
38
...


Démonstration
...
La matrice de u dans cette base est diagonale, celle de u ∗ est
aussi diagonale, et ces deux matrices commutent donc
...
On raisonne par récurrence sur la dimension,
le résultat étant immédiat en dimension 1
...
Soit E λ le sous-espace propre associé
...
Sinon, son supplémentaire orthogonal E ⊥ est
stable par u
...
la proposition
6
...

u ◦ u∗ (x) = u∗ ◦ u(x) = λu∗ (x)
pour tout vecteur propre x, donc u ∗ (x) ∈ Eλ
...
De plus, en considérant les définitions,
⊥
⊥
u∗ |Eλ = u |Eλ

∗

⊥
et donc sur Eλ la restriction de u est normale : la récurrence marche
...

• les endomorphismes antihermitiens, u ∗ = −u, qui ont des valeurs propres imaginaires pures
...

Il est facile de vérifier que ces propriétés sur les valeurs propres les caractérisent
parmi les endomorphismes normaux
...
On le verra dans les
chapitres suivant pour les rotations, par exemple
...
12
...
Montrer que tout u ∈ L(E) s’écrit de
façon unique u = u1 +u2 où u1 est auto-adjoint et u2 est « anti » auto-adjoint (c’est-àdire u∗ = −u2 )
...

2
Que devient cet exercice en dimension 1 ?
Exercice 6
...
Soit E un espace hermitien, u un endomorphisme de E
...
(Indication : déduire u(x), y = 0 en
appliquant l’hypothèse à x + y et x + iy )
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Exercices

169

EXERCICES
Exercice 6
...
Soit E un espace vectoriel de base B = (e 1 , e2 ,
...
On note (e∗ )
i

la base duale
...
Est-elle symétrique ? Quel est son
rang ?
(2) Montrer que les n 2 formes e∗ ⊗ e∗ forment une base de l’espace vectoriel des
i
j
formes bilinéaires
...

(3) Si f est une forme linéaire et v un vecteur, on note f ⊗ v l’application
(f ⊗ v)(x) = f (x)v , où v est un vecteur
...

Quel est son rang ? En déduire également une base de L(E) et faire le lien avec
les matrices
...
15
...


(1) Montrer que

z|w = (zw)
définit un produit scalaire euclidien sur E ; et donner un isomorphisme d’espace
vectoriel euclidien entre E et R 2 (muni du produit scalaire canonique)
...
Chercher l’adjoint de m γ
...
16
...


© Dunod
...


(1) On suppose qu’il existe une matrice unitaire U telle que :

A∗ = AU
Montrer que AU = U A puis que A est une matrice normale
...
Montrer qu’il existe
une matrice unitaire U telle que A ∗ = AU
...

Exercice 6
...


(1) Soit A une matrice de M n (R)
...
Quand
est-elle définie positive ?
(2) Soit S une matrice symétrique positive
...

(3) Reprendre le même exercice dans le cas hermitien
...
dunod
...


6
...
PROBLÈME
Dans ce problème, on s’intéresse aux formes bilinéaires antisymétriques
...
On suppose que K est un corps de caractéristique différente de 2
...
Montrer que, si φ n’est pas nulle, il existe
une base (u, v) telle que la matrice de φ dans cette base est :

T =

0 1
−1 0

(2) On se place maintenant en dimension finie n
...
, uk , vk , w1 ,
...

(3) En déduire que le rang d’une forme bilinéaire antisymétrique est pair
...

(4) Montrer que le déterminant d’une matrice antisymétrique est toujours un carré
...
Montrer que le déterminant de A est le carré d’un polynôme en les a ij , où on
ne prend que les indices tels que i < j
...


6
...
PROBLÈME
Soit E un espace vectoriel de dimension finie sur corps K de caractéristique = 2
...
On note C(q) l’ensemble des vecteurs tels que q(x) = 0
...
Montrer que F est totalement isotrope si, et seulement si, F ⊂ F ⊥
...
Soit
x ∈ F ⊥ ∩ C(q)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Problèmes

171

(3) On dit que F est un sous-espace totalement isotrope maximal s’il n’existe aucun
sous-espace vectoriel totalement isotrope G tel que F ⊂ G et F = G
...

On pose F = F1 ∩ F2
...
Pour cela, soit :
⊥
x0 ∈ S1 ∩ S2
⊥
(a) Montrer que x0 ∈ F2
...

(c) Conclure en constatant que x 0 ∈ F ∩ S1
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
À l’aide de la question précédente,
en déduire dim S1 = dim S2 , puis dim F1 = dim F2
...
Ce nombre s’appelle l’indice de la forme bilinéaire
f (ou de la forme quadratique q )
...
Sur E , on définit les six formes quadratiques
suivantes :
• q1 (x) = x2 + x2 + x2
1
2
3
• q2 (x) = x2 + x2 − x2
1
2
3
• q3 (x) = x2 + x2
1
2
• q4 (x) = x2 − x2
1
2
• q5 (x) = x2
1
• q6 (x) = 0
Calculer l’indice de ces six formes quadratiques
...
1
...
Cela résulte de calculs (ou d’écritures
...

Les ensembles LS 2 (E) et LA2 (E) sont donc des sous-espaces de l’espace des formes
bilinéaires L2 (E)
...
Par ailleurs, si f est une forme bilinéaire, si on désire
écrire f = s + a où s est symétrique et a antisymétrique, on trouve que la seule
solution est
1
1
a(x, y) = (f (x, y) − f (y, x))
s(x, y) = (f (x, y) + f (y, x))
2
2
On peut donc conclure que l’espace vectoriel des formes bilinéaires est somme directe du sous-espace vectoriel des formes bilinéaires symétriques et du sous-espace
vectoriel des formes bilinéaires antisymétriques
...

2

Solution 6
...
Si φ est symétrique φ(x, y) = φ(y, x) et s’il est antisymétrique

φ(x, y) = −φ(y, x) donc la nullité de l’un implique celle de l’autre
...
Il existe donc une constante, a priori dépendant de y telle que, pour tout x,
φ(x, y) = λy φ(y, x)
...
Soient en effet L et M les
applications de E dans E ∗ définies par y → φ(·, y) et y → φ(y, ·) ( voir le
paragraphe 6
...
2
...
1
...

Mais on peut alors écrire :

φ(x, y) = λφ(y, x) = λ2 φ(x, y)
d’où λ = ±1 (en choisissant x et y de sorte que φ(x, y) ne soit pas nul)
Solution 6
...
Soit D = vect(ae1 + be2 + ce3 )
...
L’orthogonal de
D est donc un plan P (car a, b et c ne sont pas tous nuls
...
Ce vecteur est alors isotrope, la droite
est totalement isotrope
...
L’orthogonal du plan P
d’équation ux1 + vy1 + wz1 = 0 est la droite vect(ue1 + ve2 − we3 )
...
En géométrie, on peut démontrer que le plan
est alors tangent au cône
...
4
...
Sa matrice A est antisymétrique, t A = −A
...
Si n est impair, on en déduit que det A
est nul, le noyau de A qui est aussi le noyau de la forme bilinéaire n’est pas réduit au
vecteur nul
...
5
...
Plaçons-nous sur R 2 , et prenons la forme bilinéaire définie par :

© Dunod
...


φ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = x1 y1
Si F et G sont deux droites distinctes, différentes du noyau K = vect((0, 1))
...
L’inclusion est stricte
...
Comme D est de dimension un, cette
intersection est D elle-même, donc D ⊂ D ⊥ et D est totalement isotrope
...

Pour trouver un exemple de sous-espace isotrope sans être totalement isotrope, il faut
au moins prendre un plan
...
3, on a bien un plan (tangent au cône) qui
est isotrope sans être totalement isotrope
...
Si un sous-espace
contient un vecteur isotrope, il n’est pas forcément isotrope
...


i

i
i

i

i

i

i

i

6 • Algèbre bilinéaire

174

Solution 6
...
Pour le premier exemple, la méthode de Gauss conduit à :

q(x, y, z) = (x − y − z)2 + (y − 2z)2 − 3z 2
et la signature est (2, 1)
...
Le lecteur poursuivra
...
7
...
On a donc φ(x, y) 2 q(x)q(y) pour
tout (x, y) et donc si x est dans le cône isotrope, il est dans le noyau
...

Si maintenant le cône isotrope est égal au noyau, supposons que q(x) < 0 et q(y) > 0,
et x et y sont nécessairement indépendant (puisque q(ax) = a 2 q(x)
...
Mais alors ces deux
vecteurs sont dans le noyau, la restriction de la forme à ce plan est nulle, ce qui est
absurde vu le choix de x et y
...
8
...
Soit v un vecteur indépendant de v et non orthogonal à v
(il en existe car φ n’est pas dégénérée)
...
Alors
q(w) = q(v ) + 2λφ(v , v) et il existe λ tel que q(w) = α
...
En particulier, il existe une
seconde droite de vecteurs isotropes dans ce plan
...
9
...
Si elles l’étaient, leurs matrices seraient congruentes et il
1 0

...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

175

Solution 6
...
On part des termes en z 1 :

q(z1 , z2 ) = (z1 − iz2 )(z 1 + iz 2 )
= Z1 Z 1
la forme est de rang 1 et de signature (1, 0)
...

Solution 6
...
Si on pose x =

n
i=1 xi ei ,
n

ej , x =

alors

xi ej , ei = xj
i=1

d’où le résultat
...

i=1
Attention, dans le cas hermitien, il faut tenir compte de l’ordre
...
Si (ui,j ) est sa matrice dans une base orthonormale,
n

u(ej ) =

n

ui,j ei =
i=1

ei , u(ej ) ei
i=1

et donc la matrice de u est la matrice ( e i , u(ej ) )
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
12
...

1
2

Nécessairement, u∗ = u∗ + u∗ = u1 − u2 et donc
1
2
1
1
u1 = (u + u∗ )
et
u2 = (u − u∗ )
2
2
Réciproquement, ces deux endomorphismes vérifient les conditions de départ
...
Par ailleurs,

u◦u∗ − u∗ ◦u = (u1 + u2 )◦((u1 − u2 )− (u1 − u2 )◦(u1 + u2 ) = 2(u2 ◦u1 − u2 ◦u2 )
d’où la seconde affirmation
...

Solution 6
...


(1) On a u(x + y), x + y = 0 pour tout x, y , donc

u(x), x + u(y), x + u(x), y + u(y), y = 0

d’où

u(y), x + u(x), y = 0

De même, on a u(x + iy), x + iy = 0

i

i
i

i

i

i

i

i

6 • Algèbre bilinéaire

176

u(x), x −i u(y), x +i u(x), y + u(y), y = 0 d’où

u(y), x − u(x), y = 0

On en déduit que, pour tout (x, y), u(x), y = 0, et donc, puisque qu’un produit
scalaire est non dégénéré, ∀x ∈ E , u(x) = 0, u est l’endomorphisme nul
...
Le lecteur géomètre
1 0
reconnaît la matrice d’une rotation d’angle droit
...


Solution 6
...


(1) On a

(f ⊗ g)(x + λx , y) = (f (x) + λf (x ))g(y) = f ⊗ g(x, y) + λf ⊗ g(x , y)
les autres vérifications sont immédiates
...
Si l’une ou l’autre des forme est nulle,
le composé est nul donc symétrique
...
Et si g = kf où k est un scalaire,
f ⊗ g(x, y) = kf (x)f (y) est symétrique
...
En effet,

{x ∈ E | ∀y ∈ E, f (x)g(y) = 0} = Ker f
est un hyperplan
(2) Si x a pour coordonnées (x i ), y a pour coordonnées (y i ), alors

(e∗ ⊗ e∗ )(x, y) = xi yj
...
Si on est en caractéristique différente de 2, une base de l’espace
vectoriel des formes bilinéaires symétriques sera formée des 1 (e∗ ⊗ e∗ + e∗ ⊗ e∗ )
...
On obtient alors une base de L(E) en considérant
les endomorphismes de la forme e ∗ ⊗ ej définis par :
i

(e∗ ⊗ ej )(x) = xi ej
i

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

177

Les coordonnées d’un endomorphisme dans cette base sont les coefficients de sa
matrice
...

Solution 6
...


(1) La bilinéarité est facile à prouver par la définition, ou bien en écrivant
z, w = z1 x1 + z2 w2 où z = z1 + iz2 et w = w1 + iw2
...
L’isomorphisme est naturellement
z → (z1 , z2 )
...
Il est
noté qu’ici il y a également C-linéarité
...
Par définition,

mγ (z), z = z, m∗ (z ) ⇐⇒
γ

(zm∗ (z ))
γ

(γzz ) =

On en déduit

m∗ (z) = γz
et
m ∗ = mγ
γ
γ
Et donc mγ est symétrique si et seulement si γ = γ , donc si γ est réel
...

Solution 6
...


(1) Puisque A∗ = AU , on en déduit A∗∗ = U ∗ A∗ soit A = U −1 AU et donc
U A = AU
...

(2) Commençons par observer que si λ = |λ|e iθ alors λ = λe−2iθ
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Soit maintenant A une matrice normale
...

On en déduit D ∗ = V ∗ AV U ∗ et donc A∗ = A(V U V ∗ ), la proposition est
démontrée
...
17
...
Si X est la matrice
colonne des coordonnées d’un vecteur x, la forme quadratique définie par t AA
est :
2
q(x) = t X t AAX = t (AX)AX =
yi
i

si on note (yi ) les coefficients de la matrice colonne AX
...


i

i
i

i

i

i

i

i

6 • Algèbre bilinéaire

178

(2) Montrons qu’il y a une solution avec A symétrique
...
On
a alors
D = t OSO ⇐⇒ S = ODt O
Puisque S est positive, les valeurs propres de S sont positives et les éléments
diagonaux de D sont positifs ou nuls
...
Alors,
si A = O∆t O

alors

t

A = O∆t O = A

et

t

AA = D∆2 t O = S

Si S est définie positive, on obtient le même résultat en disant que la forme bilinéaire associée admet une base orthonormale et donc que S est congruente à la
matrice I
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Chapitre 7

Groupes classiques

7
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Ainsi, les transpositions sont les générateurs privilégiés du
groupe symétrique
...
Une idée qui
va nous guider : les transpositions sont, parmi les permutations différentes de l’identité,
celles qui ont le plus de points fixes
...
1
...
Les dilatations et les transvections
Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie n, et H un hyperplan
...

Théorème 7
...
H est un hyperplan d’un K -espace vectoriel, et u un endomorphisme
différent de l’identité qui fixe les vecteurs de H
...

• soit u est non diagonalisable et admet 1 pour seule valeur propre ; on dit que f est
une transvection
...
Il suffit d’observer que, puisque H est formé de vecteurs invariants,
le sous-espace propre E 1 est au moins de dimension n − 1 et (X − 1) n−1 est facteur
du polynôme caractéristique
...
Si λ est égal à 1 et si E1 = E , u est l’identité (donc diagonalisable)
...

On peut être plus précis, et caractériser géométriquement les dilatations et les transvections
...

• Si u est une dilatation autre que l’identité, on note (e 1 ,
...
On dit alors que u est la dilatation
d’hyperplan H , de direction vect(e n ) et de rapport λ
...
, en ),
sa matrice prend la forme bloc :
⎞
⎛

...

In−1
...
⎠
⎝
...


...

0
où In−1 est la matrice de l’identité dans un espace vectoriel de dimension n − 1
...
Notons a un vecteur de base de Im(u − id)
...

Mais nécessairement λ = 1, car 1 est la seule valeur propre de u
...
Prenons a = e n−1 ,
b = en et (e1 ,
...
, en−1 ) soit une base de H
...


...

⎟
⎜

...

⎝

...


...
Alors, tout vecteur x de E se décompose dans
la somme directe H ⊕ vect(b), par x = x 1 + kb
...
Et donc :

u(x) = u(x1 ) + φ(x)u(b) = x1 + φ(x)(a + b) = x + φ(x)a

i

i
i

i

i

i

i

i

7
...
Il n’y a pas unicité de cette
écriture, mais
1
(τφ,a = τψ,a )
⇐⇒
∃k ∈ K ∗ , ψ = kφ et a = a
k

7
...
2
...
Plus précisément
Proposition 7
...
L’ensemble des automorphismes de E de déterminant 1 est un sous-

groupe distingué de GL(E) noté SL(E)
...


GL(E)/SL(E)

K∗

Démonstration
...
Et le noyau est le groupe spécial linéaire
...


© Dunod
...


Théorème 7
...
Le groupe spécial linéaire est engendré par les transvections, le
groupe linéaire est engendré par les transvections et les dilatations
...
Commençons par donner deux propriétés géométriques des transvections :
• Étant donnés deux vecteurs distincts non nuls u et v , il existe une transvection, ou
un produit de deux transvections qui transforment u en v
...
On a alors en effet
τ (u) = u + (v − u) = v
Si u et v sont dépendants et distincts, il ne peut y avoir une seule transvection (car
l’image de u serait v colinéaire à u et distinct de u, or une transvection n’a pas de
valeur propre différente de 1)
...

• Étant donnés u non nul et H , H deux hyperplans distincts ne contenant pas u, il
existe une transvection qui fixe u et qui transforme H en H
...
Soit maintenant y ∈ H \ F
...
Comme précédemment, il existe donc une transvection d’hyperplan H qui transforme x en y : on prend τ (x) = x + φ(x)z , où φ
est une forme linéaire nulle sur H et valant 1 en x
...

Venons en à la démonstration du théorème
...
, en )
...
Si
H = g(vect(e2 , e3 ,
...
, en ), il existe une
transvection τ qui fixe e1 et qui envoie H sur H 1
...
On continue le processus avec la restriction de h à H , les transvections
de H se prolongent à des transvections de E qui laissent fixe le vecteur e 1
...
, 1, λ)
...
Conclusion : cette matrice est celle de l’identité si on est dans
SL(n, K), ou la matrice d’une dilatation sinon
...


Cette démonstration « géométrique » peut aussi être faite matriciellement : la première étape décrite peut s’interpréter ainsi : si M est une matrice inversible, on peut
la multiplier par des matrices de transvections pour obtenir une matrice N de sorte
que l’élément n11 soit égal à 1, tous les autres de la première ligne et de la première
colonne étant nuls
...

Donnons maintenant quelques propriétés supplémentaires des transvections
...
4
...


Démonstration
...
Alors, si g est un automorphisme de E ,
g ◦ τφ,a ◦ g−1 (x) = g g−1 (x) + φ(g−1 (x))a = x + φ ◦ g−1 (x)g(a) = τψ,g(a) (x)
où ψ = φ ◦ g −1 , ce qui définit une transvection de plan g(H) et de vecteur g(a),
puisque Ker(φ◦g −1 ) = g(Ker φ) comme on le vérifie aisément
...
de H ), et en complétant la base de H (resp
...
en tel que ψ(en ) = 1) en une base de E
...

1
...


i

i
i

i

i

i

i

i

7
...
1) :
Proposition 7
...
Le centre de GL(E) est formé des homothéties
...
Si g est dans le centre de GL(E), g doit commuter à toutes les
transvections, d’après le calcul précédent, on doit avoir g(a) colinéaire à a pour tout a,
ce qui impose que g est une homothétie
...

Mais la seconde partie du théorème est plus intéressante : on en déduit que si un
sous-groupe distingué de GL(E) contient une transvection, il les contient toutes, donc
il contient tout le groupe spécial linéaire
...
1
...
Montrer que la réunion de ce groupe avec l’ensemble des dilatations
ayant le même hyperplan H est encore un groupe G , et montrer que G est distingué
dans G
...
2
...
Déterminer le nombre
d’éléments de GL(n, K), de SL(n, K) : on remarquera qu’il suffit, pour se donner
un élément de GL(E), de se donner l’image d’une base
...


7
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
2
...
Généralités
Soit E un espace vectoriel euclidien, de dimension n
...
On peut commencer par rappeler
Théorème 7
...
Un élément f de GL(E) est une transformation orthogonale (ou

une isométrie) si et seulement si l’une des conditions suivantes est réalisée :
• ∀(x, y) ∈ E 2 ,

f (x), f (y) = x, y
(c’est la définition
...

L’ensemble des transformations orthogonales de E est un sous-groupe de GL(E)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

7 • Groupes classiques

184

Démonstration
...
Réciproquement, la relation de polarisation montre qu’une application linéaire qui conserve la
norme conserve le produit scalaire :
f (x), f (y)

1
f (x) + f (y) 2 − f (x) − f (y)
2
1
f (x + y) 2 − f (x − y) 2
2
1
x+y 2− x−y 2
2
x, y

=
=
=
=

2

Par ailleurs, si f conserve norme et produit scalaire, alors f transforme toute base
orthonormale en une base orthonormale
...


Si B est une base orthonormale, la matrice O d’une transformation orthogonale est
...
En particulier,

det(tOO) = det(tO) det(O) = det(O)2 = 1
Donc le déterminant d’une transformation orthogonale est ±1
...
7
...
Ses éléments sont aussi appelées transformations orthogonales
directes
...
Remarquons que le groupe spécial orthogonal contient au moins l’identité
...

Terminons ce paragraphe par l’exemple immédiat de la dimension 1 : le groupe
orthogonal ne contient que ±id E , la seule transformation directe est id E
...
2 Le groupe orthogonal

185

7
...
2
...

Proposition 7
...
Soit f une transformation orthogonale de E
...


Démonstration
...
On peut aussi se rappeler des résultats concernant
l’adjoint d’un endomorphisme
...

Pour une transformation orthogonale f , les seules valeurs propres possibles sont 1 et
−1, puisque f (x) = x
...
9
...


Démonstration
...
Il existe z ∈ E tel que
y = f (z) − z et :
x, y = x, f (z) − z = f (x), f (z) − x, z = x, z − x, z = 0

© Dunod
...


Les sous-espaces sont donc orthogonaux, le théorème du rang permet d’affirmer qu’ils
sont supplémentaires orthogonaux
...
2
...
Les réflexions
Comme dans tout groupe, il est intéressant d’étudier les éléments dont l’ordre est
petit ; on sait déjà que les éléments d’ordre deux du groupe linéaire sont les symétries
vectorielles
...
10
...
Dans le cas où F est un hyperplan, on dit que s est une réflexion,
dans le cas où F est de codimension 2, on dit que s est un retournement
...
En particulier, les réflexions sont toujours dans O − (E), les retournements
dans SO(E)

i

i
i

i

i

i

i

i

7 • Groupes classiques

186

Démonstration
...
Alors, si x = x1 + x2 est l’écriture d’un vecteur x quelconque dans cette somme
directe,
s(x)

2

− x

2

= x1 − x2

2

− x1 + x2

2

= −4 x1 , x2

et s sera une transformation orthogonale si et seulement si tout vecteur de F est
orthogonal à tout vecteur de F
...

Muni de ce vocabulaire, on peut donner maintenant des générateurs du groupe
orthogonal et du groupe spécial orthogonal
...
11
...

Le groupe SO(E) est engendré par les retournements, quand la dimension de E est
supérieure ou égale à trois
...
Commençons par noter l’analogie avec le groupe S n qui est engendré
par les transpositions, tandis que le groupe A n est engendré par les 3-cycles (n 3)
...
On procède par récurrence sur la dimension, le résultat
étant immédiat en dimension 1 puisque la seule réflexion est s = −id et s ◦ s = id
...

• Si f admet un vecteur invariant non nul x, l’hyperplan H = {x} ⊥ est stable par
f , et la restriction f de f à cet hyperplan est composée de k réflexions s i
...
Ainsi f est composé de k réflexions
...
Alors il existe une réflexion s telle que s(y) = x ; il suffit de prendre
la réflexion d’hyperplan {y − x} ⊥ : en effet, cet hyperplan contient alors x + y
puisque :

x − y, x + y = x − f (x), x + f (x) = x, x − f (x), f (x) = 0
d’où

1
1
1
1
x = (x + y) + (x − y) donc s(x) = (x + y) − (x − y) = y
2
2
2
2
On considère alors la transformation orthogonale g = s ◦ f
...
De plus, Ker(g − id E ) est de

i

i
i

i

i

i

i

i

7
...
En utilisant la première partie de la démonstration, g est composé
de n réflexions, donc f = s ◦ g est composé de n + 1 réflexions
...
Tout élément de SO(E) est composé d’un
nombre pair de réflexions
...
En dimension 3, si s H est
la réflexion de plan H , alors −s H est le retournement d’axe H ⊥ : en effet, le rôle
des valeurs propres 1 et −1 est échangé
...
En dimension supérieure, on se ramène à ce cas : si
H = {x}⊥ et H = {y}⊥ sont deux hyperplans distincts, et z un vecteur non nul
de leur intersection, alors L = vect(x, y, z) est un sous-espace de dimension 3,
stable par les réflexions
...
En prolongeant ses retournements par id de
L⊥ , on obtient deux retournements de l’espace tout entier, dont le composé est égal
au composé des réflexions
...


Exercice 7
...
Soit E un espace vectoriel euclidien et u un vecteur non nul
...
Application : en dimension 3, écrire la forme générale de la matrice d’une réflexion, en base orthonormale
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
4
...
Trouver une

application u de E dans E qui conserve la norme mais qui n’est pas une transformation
orthogonale
...
3 LA DIMENSION DEUX
7
...
1
...
Le groupe orthogonal d’un plan vectoriel euclidien est plus riche,
mais on peut le décrire explicitement assez facilement
...
12
...
Ses éléments sont appelés rotations
...


i

i
i

i

i

i

i

i

7 • Groupes classiques

188

Démonstration
...
Le composé de deux réflexions est forcément un élément du groupe spécial orthogonal, d’où
la seconde affirmation du théorème
...

Alors, s ◦ r ◦ s = r −1
...


Remarque : Toute rotation est composée de deux réflexions
...
En effet, si
on se donne r rotation et s réflexion, alors r ◦ s est une isométrie indirecte
donc une réflexion s , on a alors r ◦ s = s d’où r = s ◦ s
...

7
...
2
...

Proposition 7
...
Les éléments de O(2, R) sont de la forme

M=

cos θ − sin θ
sin θ cos θ

où θ est un réel
...
Soit B = (e1 , e2 ) une base orthonormale
...
Il existe donc un réel θ tel que a = cos θ et b = sin θ
...
Donc (a , b ) est proportionnel à (−b, a)
...
Dans le premier cas, la matrice est de
déterminant 1, c’est la matrice d’un élément de SO(E), dans le second cas, c’est la
matrice d’une réflexion
...


i

i
i

i

i

i

i

i

7
...
3
...
Orientation du plan
Examinons plus précisément la matrice d’une rotation donnée, en base orthonormale
...

Mais si P est orthogonale directe, les matrices P et M commutent et M = M
...
On
décide donc la convention suivante
...
14
...
Les bases qui s’en déduisent par un élément de
SO(E) seront appelées directes, les autres seront indirectes
...

sin θ cos θ

Remarque : La situation est très différente pour les réflexions : si s est
une réflexion, sa matrice en base orthonormale est orthogonale indirecte,
mais change lorsqu’on change de base orthonormale
...

0 −1
Rappelons maintenant le résultat d’Analyse suivant : l’application θ → e iθ est
un morphisme surjectif du groupe (R, +) sur le groupe multiplicatif U des nombres
complexes de module 1
...
On a donc :

(R/2πZ, +)

(U, ×)

On utilise ce résultat pour obtenir la proposition
L’application de R dans SO(E) donnée par θ → rot(θ)
où rot(θ) est la rotation dont la matrice dans une base orthonormale directe est
cos θ − sin θ
est un morphisme surjectif de groupes, de noyau 2πZ
...
) est l’angle de la rotation, et on a

© Dunod
...


Proposition 7
...


rot(θ) ◦ rot(θ ) = rot(θ + θ )

Démonstration
...
Cela
résulte de ce que l’ensemble des matrices de la forme
a −b
b a

=a

1 0
0 −1
+b
0 1
1 0

= aI + bJ, a, b ∈ R

est un corps isomorphe au corps C des complexes, en associant à une telle matrice le
complexe a + bi, car la matrice J a pour carré −I
...

sin θ cos θ

i

i
i

i

i

i

i

i

7 • Groupes classiques

190

7
...
4
...
Dans ce paragraphe nous allons nous
contenter d’une introduction, en restant dans le cadre d’un espace vectoriel euclidien
de dimension 2 ou 3
...

Théorème 7
...
Le groupe des rotations agit simplement transitivement sur l’en-

semble des vecteurs unitaires du plan vectoriel
...
Soit u et v deux vecteurs unitaires du plan vectoriel
...
Il est alors possible de
trouver une rotation unique qui transforme u en v , celle dont la matrice dans la base
(u, v) a pour première colonne les coordonnées de v dans la base (u, v)
...
Remarquons qu’il y a aussi unicité de la
réflexion qui transforme u en v
...
Dans le cas où le plan est orienté, on peut donc énoncer :
Définition 7
...
Soit u et v deux vecteurs unitaires
...


On notera 0 (angle nul), l’élément neutre de A, c’est l’angle de l’identité, et donc
(u, u) = 0 pour tout u
...
La proposition suivante donne des propriétés importantes
des angles
...
18
...
La première propriété est connue sous le nom de « relation de
Chasles »
...
On a donc w = r (r(u))
et il suffit d’appliquer la définition ci-dessus concernant la somme des angles
...


i

i
i

i

i

i

i

i

7
...
Soit r et r les rotations telles que v = r(u) et
u = r (u)
...
On peut remarquer le rôle décisif de la commutativité du groupe des rotations
...
19
...


Démonstration
...
Alors, comme nous l’avons vu dans la démonstration
du théorème 7
...
Comme une rotation est composée des deux réflexions, en
appliquant deux fois de suite ce résultat, on obtient qu’une rotation conserve les angles
...
Ainsi
l’angle nul est l’angle dont une mesure est de la forme 2kπ , avec k ∈ Z, ou dont
les mesures sont congrues à 0 modulo 2π
...


© Dunod
...


7
...
5
...
Donnons seulement des pistes qui seront prolongées
dans les chapitres de géométrie
...
C’est par définition l’angle (orienté)
u
des vecteurs unitaires u et v
...
En particulier, le déterminant des deux vecteurs est
indépendant de la base orthonormale directe
...
Si u et v sont des vecteurs
directeurs respectifs de D et de D , l’angle (D, D ) est la réunion des angles (u, v)
et (u, −v)
...
On vérifie facilement
qu’un tel angle orienté est caractérisé par sa tangente
...
C’est le réel

u, v = arccos

u, v
u v

qui est donc dans l’intervalle [0, π]
...
On a ainsi u, v = v, u, ce
qui justifie le vocabulaire « angle non orienté »
...

Terminons en remarquant que l’on peut orienter un espace vectoriel euclidien de
dimension quelconque comme nous l’avons fait en dimension 2, en choisissant une
base orthonormale
...
Même si un espace de dimension 3 a été orienté, il n’en résulte pas d’orientation canonique des plans, on ne peut alors définir l’angle orienté d’un couple de
vecteurs de l’espace
...
5
...
On suppose que u a pour coordonnées (cos φ, sin φ) dans une base orthonormale directe B
...

Avec les hypothèses précédentes, on suppose que D est dirigée par u de coordonnées
(cos φ , sin φ ), déterminer la rotation s D ◦ sD
...
6
...
Lien
avec l’exercice précédent ?

Exercice 7
...
Déterminer, dans le groupe des angles, les éléments d’ordre 2 et les

éléments d’ordre 4
...
4 Décomposition des transformations orthogonales

193

7
...
4
...
La dimension trois
Nous allons maintenant examiner le cas des transformations orthogonales d’un espace
vectoriel euclidien de dimension trois
...
Le théorème
fondamental sur les transformations orthogonales se précise :
Théorème 7
...
Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension 3
...
On dit que f est une
rotation d’axe D
...


© Dunod
...


Démonstration
...

Examinons ce cas
...
Sinon, f = s H ◦sH
et D = H ∩ H est formée de vecteurs invariants
...
La restriction de f à ce plan est composée des deux réflexions par
rapport aux droites H ∩ H et H ∩ H , c’est donc une rotation
...

De même, une transformation orthogonale admettant pour ensemble de vecteurs
invariants un plan H est une réflexion, car la restriction à H ⊥ ne peut être que −id
...
Comme on est en dimension 3, le polynôme
caractéristique admet au moins une valeur propre réelle, qui ne peut être que −1
...
Alors la restriction de f à D ⊥ est une
transformation orthogonale du plan sans vecteur invariant, c’est une rotation
...
Sauf dans le cas
de −id, il y a unicité de r et de s
...


i

i
i

i

i

i

i

i

7 • Groupes classiques

194

Autre remarque : supposons que f soit une rotation d’axe D et que l’espace
E soit orienté ; alors on peut orienter D (i
...
choisir une base orthonormale
B1 = (k)) et décider d’orienter D ⊥ en choisissant une base orthonormale
B2 = (i, j) de sorte que B = (i, j, k) soit directe
...

7
...
2
...

Proposition 7
...
Soit f une transformation orthogonale de l’espace vectoriel euclidien E
...
,Pk tels que :

(1) Les Pi sont de dimension 2
...

(3) Ces sous-espaces sont stables par f et : la restriction de f à E 1 est l’identité, la
restriction de f à E−1 est −id, la restriction de f à Pk est une rotation d’angle ni
nul, ni plat
...
On procède par récurrence sur la dimension
...
−1), ou bien
sont réduits au vecteur nul
...

récurrence à la restriction de f à E 1
• Même démarche si f a la valeur propre réelle −1
...
Montrons qu’il existe un plan
stable : on sait que le polynôme minimal de f peut s’écrire
µf (X) = (X 2 + aX + b)R(X) où X 2 + aX + b est sans racine réelle
...
Alors x et f (x) engendrent un plan
P puisque x n’est pas vecteur propre, et f 2 (x) = −af (x) − bx est dans P
...
Ce plan est stable,
la restriction de f à P est une rotation (il n’y a pas de vecteur propre), différente de
±id
...

Une remarque : il n’ y a pas unicité en général de la suite des plans P i , mais les
cos θi sont déterminés
...
8
...
Soit f une transformation antisymétrique, c’est-à-dire telle que f ∗ = −f
...

(2) On pose u = (id − f ) ◦ (id + f )−1
...
Vérifier que
−1 n’est pas valeur propre de u
...

(4) On se donne v de SO(E) n’admettant pas la valeur propre −1
...

Exercice 7
...


(1) Soit r ∈ SO(E) où E est euclidien de dimension 3
...
Montrer que c’est la
matrice en base orthonormale d’un retournement (on dit aussi demi-tour) si et
seulement si sa trace est -1
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
10
...
Si s et s sont des
réflexions de plans H et H , montrer que s ◦ s = s ◦ s si, et seulement si, H et H
sont confondus ou perpendiculaires 2
...
11
...
On considère l’ensemble G des transformations orthogonales qui laissent stable l’ensemble {±e 1 , ±e2 , ±e3 }
...

• h(e1 ) = e2 , h(e2 ) = e3 , h(e3 ) = e1
...

2
...


i

i
i

i

i

i

i

i

7 • Groupes classiques

196

PROBLÈME
Le corrigé de ce problème est disponible sur le site de Dunod : www
...
com
...
1
...

On suppose que A est une matrice carrée inversible, et que chaque étape de la
méthode de Gauss donne un pivot non nul
...
On utilisera la méthode du pivot de Gauss, en observant que chaque
opération élémentaire de la forme L i −→ Li + λLj où j < i, revient à multiplier
A par une matrice de transvection, triangulaire inversible, et que le résultat du pivot
est une matrice triangulaire supérieure inversible
...

⎛
⎞
5
2 1
Traiter l’exemple de A est la matrice ⎝ 5 −6 2⎠,
−4 2 1
(2) Montrer qu’une matrice A a une décomposition LU si et seulement si ses mineurs
principaux sont non nuls
...

(3) La décomposition polaire
...
Montrer que tout élément u de GL(E) s’écrit de façon
unique comme composé d’une transformation orthogonale o et d’un endomorphisme symétrique défini positif s (resp
...
Matriciellement, on aura M = OS
ou M = S O
...
M ∗ M )
Examiner le cas de la dimension 1 (dans le cadre réel ou dans le cadre complexe)
...

(5) La décomposition QR
...
Montrer que toute matrice inversible peut s’écrire
M = QR où Q est (orthogonale)(unitaire) et R est triangulaire supérieure
...
On emploiera une
méthode de « pivot », avec l’idée que si a est un vecteur non nul, il est facile de
trouver une réflexion qui transforme a en un vecteur colinéaire à e 1 ; il suffit de
déterminer un vecteur normal, a − ||a||e 1 convient
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

197

(6) La décomposition d’Iwasawa
...
On pourra s’inspirer du procédé dit de GramSchmidt qui permet d’obtenir une base orthonormale à partir d’une base quelconque
...

Montrer que toute matrice de SL(E) s’écrit KAK où K et K sont dans SO(E)
et A est diagonale à coefficients positifs
...
1
...
Alors toute transvection τ

d’hyperplan H a une expression de la forme : τ (x) = x + φ(x)a où a ∈ H
...
On peut alors composer τ et τ :

τ ◦ τ (x) = τ (x + φ(x)a) = x + φ(x)a + φ(x + φ(x)a)a = x + φ(x)(a + a )

© Dunod
...


puisque φ(a) = 0
...
Il est vite vérifié que c’est un isomorphisme de cet ensemble G avec le groupe
H
...
Attention, le composé de deux dilatations de même hyperplan H est
tantôt une dilatation, tantôt une transvection (lorsque le produit des rapports est égal à
1)
...
Par ailleurs,
en considérant le morphisme déterminant, G est distingué dans G
...
2
...
On va dénombrer les bases de E : ayant choisi un vecteur e 1 non
nul parmi q n − 1 (on a enlevé le vecteur nul), il faut choisir un vecteur e 2 qui n’est
pas dans les q vecteurs colinéaires à e 1 , cela donne q n − q choix, puis on doit choisir
un vecteur qui n’est pas dans le plan engendré par les deux vecteurs précédemment
choisi, cela laisse q n − q 2 choix, et donc le cardinal de l’ensemble des bases de E est :

B = (q n − 1)(q n − q)(q n − q 2 )
...

Pour dénombrer l’ensemble SL(n, F q ), il suffit d’utiliser le théorème d’isomorphisme : comme le morphisme déterminant de GL(n, F q ) dans F× est surjectif et que
q
3
...


i

i
i

i

i

i

i

i

7 • Groupes classiques

198

son noyau est SL(n, Fq ), le cardinal de ce groupe est

(q n − 1)(q n − q)(q n − q 2 )
...
Ce groupe se confond avec GL(2, F 2 ),
puisque la seule valeur possible d’un déterminant non nul est 1 (F 2 = Z/2Z)
...
À noter, le groupe SL(2, F3 )) est de cardinal 24 mais il n’est
pas isomorphe à S4
...


Solution 7
...
Commençons par déterminer la projection orthogonale p(x) de x sur la

droite vect(u)
...

Dans le cas de la dimension 3, prenons pour simplifier les écritures u de coordonnées
a, b, c telles que a2 + b2 + c2 = 1
...


Solution 7
...
La norme « canonique » sur R est la valeur absolue
...
Alors |f (x)| = |x|, et f n’est pas linéaire
...
5
...
3, en remarquant qu’un

vecteur normal à D est (− sin φ, cos φ)
...
Si maintenant on fait le produit des matrices de s D
et de sD , on obtient :

MB (sD ◦ sD ) =

cos 2(φ − φ) − sin 2(φ − φ)
sin 2(φ − φ) cos 2(φ − φ)

c’est la matrice de la rotation d’angle

2(φ − φ) = 2((e1 , u ) − (e1 , u)) = 2(u, u )

Solution 7
...
Soit A le groupe des angles de droites, identifié au groupe quotient

R/πZ
...

Ainsi, le double d’un angle de droites est un angle de vecteurs
...
Pour
l’exercice précédent, on peut dire que la rotation s D ◦ sD a pour angle le « double »
de l’angle (D, D )
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
7
...
C’est l’angle d’une rotation involutive
...
Cet angle représente les couples (u, −u), c’est l’angle plat
...


Solution 7
...


(1) Si x est vecteur propre de f , associé à la valeur propre λ, on a :

f (x), x = x, f ∗ (x)

donc

λ x

2

= − f (x), x) = −λ x

2

et la seule valeur propre possible d’un endomorphisme antisymétrique est 0
...

(2) Calculons u∗ :

u∗ = (id + f )∗−1 ◦ (id − f )∗ = (id − f )−1 ◦ (id + f ) = u−1
On en déduit que u est orthogonale
...
Par ailleurs, si on calcule
(id + u) ◦ (id + f ), on trouve :

(id + u) ◦ (id + f ) = (id − f ) ◦ (id + f )−1 ◦ (id + f ) + id + f = 2id
et donc id + u est inversible, −1 n’est pas valeur propre de u
...
Dans le cas de la dimension 3, on
part d’une matrice antisymétrique de la forme
⎛
⎞
0
a b
⎝−a 0 c⎠
−b −c 0
et on obtient

⎛

⎞
−2bc − 2a
−2b + 2ac
1 + c2 − a2 − b2
1
⎝
−2c − 2ab ⎠
2a − 2bc
1 + b2 − a2 − c2
2 + b2 + c2
1+a
2b + 2ac
2c − 2ab
1 + a2 − b2 − c2
Le lecteur courageux pourra vérifier qu’il s’agit bien d’une matrice orthogonale
directe
...
On trouve que nécessairement,

f = (id − u) ◦ (id + u)−1
qui existe car −1 n’est pas valeur propre de u
...


Solution 7
...


(1) Soit r un élément de SO(E), où E est euclidien de dimension 3
...
Si e 1 est un
vecteur unitaire qui dirige cette droite, on peut le compléter en (e 1 , e2 , e3 ) base
orthonormale
...
On en déduit qu’il existe un réel
θ tel que la matrice de u dans la base B = (e 1 , e2 , e3 ) soit
⎛
⎞
1
0
0
MB (r) = ⎝0 cos θ − sin θ ⎠
0 sin θ cos θ

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

201

(2) La trace de la matrice précédente est 1 + 2 cos θ
...

Puisque la trace est un invariant de similitude, on en déduit que les demi-tours
sont les rotations dont la matrice a pour trace −1
...

L’ensemble des vecteurs invariant est vect(e 2 − e3 ), et la trace de la matrice est
2
...

2
3
Solution 7
...
Soient u et u des vecteurs unitaires directeurs de H ⊥ et H ⊥ res-

pectivement
...
Comme s est une
isométrie, on aura
• soit s (u) = u, et l’orthogonal de H est inclus dans H , les deux plans sont
perpendiculaires ;
• soit s (u) = −u, H et H ont même orthogonal, ils coïncident
...
Ce sera une base (orthonormale) si les (i, j, k) sont distincts, donc
forment une permutation de (1, 2, 3)
...
G est
un groupe par sa définition même, c’est le stabilisateur de l’ensemble des 6 vecteurs
(e1 , e2 , e3 , −e1 , −e2 , −e3 )
...
Examinons les trois cas proposés
...
De plus, e1 + e2 et e3 sont invariants, il s’agit de la réflexion de plan
vect(e1 + e2 , e3 )
...
De plus h3 = idE , donc h est une rotation d’angle géométrique de mesure 2π
...


© Dunod
...


Solution 7
...


• On a det(k) = 1 et k 2 = id
...


i

i
i

i

i

i

i

i

i

i
i

i

i

i

i

i

Chapitre 8

Espaces affines euclidiens

Ce chapitre propose un modèle mathématique de l’espace physique qui nous est
familier : l’espace affine euclidien de dimension 3
...
Les notions métriques (distance, orthogonalité, angles,
etc
...


© Dunod
...


8
...
1
...
Espaces affines
La terminologie de l’algèbre linéaire a une connotation géométrique (espace vectoriel,
dimension, droite vectorielle, plan vectoriel, orthogonalité, etc
...

L’espace vectoriel R 3 rapporté à sa base canonique (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) n’est
pas un bon modèle de l’espace physique, dans lequel il n’y a pas d’addition naturelle :
qu’est-ce que la somme de deux points ? L’espace physique n’est pas muni d’un point
particulier jouant le rôle du vecteur nul (0, 0, 0)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

8 • Espaces affines euclidiens

204

Définition 8
...
On appelle espace affine la donnée

• d’un ensemble E formé de points,
• d’un R-espace vectoriel E formé de vecteurs,
• d’une action simplement transitive du groupe additif (E, +) sur E ,

E × E −→ E
→
→ ,
(− , M) −→ M + −
v
v
Dans ce triplet de données, l’objet géométrique est l’ensemble E des points
...
On dit que E est l’espace affine
et que E est son espace vectoriel associé
...

Le fait qu’il s’agit d’une action se traduit par
→ →
→ →
→
→
(1)
∀M ∈ E, ∀(− , − ) ∈ E × E,
u v
M + (− + − ) = (M + − ) + −
u
v
u
v
→
−
(2)
∀M ∈ E,
M+ 0 =M
→
→
− ∈ E , l’application E −→ E , M −→ M + − s’appelle la translation de
Pour tout v
v
→
− , elle est notée T−
...
2
...
L’appli→
→
v
cation − → T− est un isomorphisme du groupe additif (E, +) sur le groupe des
v
translations (T (E), ◦)
...
Exprimons les conditions (1) et (2) :
→ →
→
u v
(1) pour deux vecteurs quelconques − , − , on a T−

→
v +−
u

→
→
= T− ◦ T−
...

→
v
v
v
D’après la condition (1), l’ensemble T (E) des translations est un sous-groupe com→
→
v
mutatif du groupe des bijections de E sur lui-même et l’application − → T− est un
v
morphisme de groupes de (E, +) vers T (E), surjectif par définition de T (E)
...

→
v
L’action étant simplement transitive, pour tout couple de points (M, N), il existe − ∈ E
→
− = T− (M)
...
Donc 0 est l’unique vecteur dont la translation associée
v
est l’identité
...
1 Notions affines

205

−
→
Pour tout couple de points (M, N), on note MN le vecteur de l’unique translation
envoyant M en N
...


−→ E
−
→
−→ OM

Contrairement à l’espace E des points, l’espace vectoriel E donne prise au calcul
...

Proposition 8
...
Relation de Chasles
...


Démonstration
...


→ −
−
−
→
−
→
→ − −
→ →
En particulier, 0 = AA = AB + BA, donc BA = −AB
...
4
...
Soit A, A , B, B quatre points de E
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


S’il en est ainsi, on dit que A, A , B , B forment un parallélogramme
...
L’égalité AB = AB + BB = AA + A B est toujours vraie (relation de
Chasles)
...

Définition 8
...
Étant donné deux points P, Q, on appelle milieu de (P, Q) le

−
→
−
→
point I défini par PI = 1 PQ
...
On écrira I = P+Q (notation expliquée au chapitre 9)
...
6
...


i

i
i

i

i

i

i

i

8 • Espaces affines euclidiens

206

−
→
−
→
Démonstration
...
On a AB = 2AI, d’où
2
−
→
−
→ −
−
→ −
→ −
→ − −
−
→
−
→
→
→
− −
→
→
A B − 2A I = (A A + AB) − 2(A A + AI) = AB − A A − AB = AB − A B
Pour que A, B , A , B soit un parallélogramme, il faut et il suffit que ce vecteur soit nul,
donc que I soit aussi milieu de (A , B)
...
7
...


Le plus souvent dans la suite, la dimension sera égale à 2 en géométrie plane, 3 en
géométrie dans l’espace
...
8
...
, − ) de E
...
, − ) détermine la bijection
→
R = (O, B) = (O, e1
en
⎛ ⎞
x1
n
→
n
⎝
...

R −→ E,
xi −
ei

...
, xn sont les coordonnées de M dans le repère R
...
Le choix du repère s’appuie souvent sur des considérations géométriques pour que les calculs soient simples
...


8
...
2
...
Pour tout A ∈ F , on note F A l’ensemble des vecteurs
−
→
AM où M décrit F
...
9
...

S’il en est ainsi, les sous-espaces vectoriels F A sont tous égaux à un même sous-espace
noté F ⊂ E
...


Démonstration
...
Inversement, supposons que F A
est un sous-espace vectoriel de E pour un certain point A ∈ F
...
Il suffit de montrer que F A = F B
...
1 Notions affines

207

−
→
Comme B ∈ F , AB ∈ F A et puisque F A est un sous-espace vectoriel de E , on peut
− →
→
→
v
v
écrire (AB + − ∈ F A ) ⇔ (− ∈ F A ), d’où l’équivalence :
− →
→
→
→
(− ∈ F ) ⇔ (AB + − ∈ F ) ⇔ (− ∈ F )
v
v
v
B

A

A

On en déduit l’égalité cherchée F B = F A
...

Étant donné un sous-espace affine F ⊂ E de direction F ⊂ E , la restriction à
→
→
F × F ⊂ E × E de l’action (− , M) → M + − définit une action F × F → F faisant
v
v
de F un espace affine d’espace vectoriel associé F
...

(2) Pour tout A, l’ensemble {A} réduit au point A est le sous-espace affine passant par
→
−
A de direction { 0 }
...


© Dunod
...


(3) On appelle droite affine tout sous-espace affine de dimension 1, sa direction est
une droite vectorielle
...
L’application λ → A + λ−
→
v
v
v
v
est une bijection de R sur cette droite
...

Étant donné deux points distincts A et B, l’unique droite affine passant par A et
−
→
B, notée (AB), est A + RAB
...
Par trois points non
alignés A, B, C passe un unique plan affine notée (ABC) : celui passant par A (ou B,
ou C) de direction le plan vectoriel
− −
→ →
− −
→ →
− −
→ →
Vect(AB, AC) = Vect(BC, BA) = Vect(CA, CB)
(5) Si dim E = n, on appelle hyperplan affine tout sous-espace affine de dimension
n − 1, c’est-à-dire du type H = A + H où H = H est un hyperplan vectoriel
...
dans l’espace), les hyperplans sont les droites du plan
(resp
...

→
→
e1
en
Dans un repère (O, − ,
...
, an ) et H
comme noyau de la forme linéaire de matrice (u 1 ,
...
Pour qu’un point M de
−
→
coordonnées x1 ,
...

Inversement, toute équation de ce type où (u 1 ,
...
Un hyperplan a une infinité d’équations, toutes
proportionnelles
...
10
...


Ils sont de la forme A + F et B + F où A et B sont des points de E
...

Proposition 8
...
Droites parallèles d’un plan
...
Pour que deux droites distinctes de P soient parallèles, il faut
et il suffit que leur intersection soit vide
...
Soit deux droites distinctes A = A + R − et B = B + R−
...

→ →
u v
Supposons-les non parallèles
...
On cherche un point C
→
− = B+y −
...
Comme (− , − ) est base de P , il existe un unique tel couple
u v
u
v
(x, y), d’où un unique point commun
...
1
...
Applications affines
Soit E et E deux espaces affines, f : E → E une application
...
On définit
−− −→
−−−
−
→
f A : E → E par f A (AM) = f (A)f (M) pour tout M ∈ E
...
12
...

S’il en est ainsi, les applications linéaires f A sont toutes égales à une même application linéaire notée f : E → E
...


Démonstration
...
Soit B un autre point
...
Pour M ∈ E , on a BM = AM − AB, donc
−− −→ −− −→ −− −→
−−−
−−−
−−−
−
→
f B (BM) = f (B)f (M) = f (A)f (M) − f (A)f (B)
−
→
−
→
− −
→ →
−
→
= f A (AM) − f A (AB) = f A (AM − AB) = f A (BM)
Ceci montre que f B = f A , d’où la linéarité de f B
...
1 Notions affines

209

Ainsi, une application affine f : E → E est déterminée par la donnée
• de l’image f (A) ∈ E d’un point A fixé dans E ,
• de l’application linéaire associée f : E → E
...
Autrement dit, pour tout
→
− ∈ E , on a
A ∈ E et tout u
→
→
f (A + − ) = f (A) + f (− )
...
13
...


a) Soit A ∈ E
...

L’application f est surjective si et seulement si f l’est
...
L’application f est injective si et seulement si f l’est
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

→
→
→
→
a) L’image de f est formée des f (A + − ) = f (A) + f (− ), où − ∈ E
...

Pour que f soit surjective, il faut et il suffit que Im f = f (A) + Im f = E
...

−
→
b) Pour tout N ∈ E , on a f (N) = f (M) + f (MN)
...

Pour que f soit injective, il faut et il suffit que M + Ker f soit réduit au singleton
→
−
{M} pour tout M, donc que Ker f = { 0 }, i
...
que f soit injective
...

Proposition 8
...
Translations
...


Démonstration
...
Pour tout M ∈ E , on note M
−
−
→
−
→
l’image de M par T
...
Pour que T = IE , il faut et il suffit que pour
→
−
−
→ −
−
→ −
→
tout M ∈ E , on ait O M = OM, soit MM = OO (règle du parallélogramme, p
...
Ainsi,
→
la translation T− est l’application affine E → E transformant O en O d’application
OO
linéaire associée IE
...
15
...
On appelle homothétie de centre

O et de rapport λ l’application

HO,λ : E −→ E
−
→
M −→ O + λOM
C’est l’application affine transformant O en O d’application linéaire associée
l’homothétie vectorielle λI E de rapport λ
...
16
...
Étant donné λ ∈ R distinct de 0 et 1, pour qu’une

application affine h soit une homothétie de rapport λ, il faut et il suffit que h soit
l’homothétie vectorielle λI E
...
Par définition des homothéties, la condition est nécessaire
...
La seule chose à montrer est que h a
−
→
−
→
un point fixe O
...
Cherchons O tel que M O = λMO
...
On
vérifie que ce point là convient
...
17
...
Tout − ∈ E se décompose de façon unique
→
→
→ → → →
− = − + − , − ∈ F , − ∈ G
...
Soit F un sous-espace affine de
direction F et O ∈ F
...


(i) On a Im p = p(O) + Im π = O + F = F (8
...
209)
...
Tout point de F joue le même rôle que O
...
L’ensemble des N tels que p(N) = p(M) est G M = M+Ker π = M+G
...

Inversement, si M ∈ GM ∩ F , p(M ) = M car M ∈ F , p(M ) = p(M) car M ∈ GM
...

Les figures page suivante illustrent cette construction de p(M) comme intersection
de GM et de F
...

Proposition 8
...
a) La composée h = g ◦ f de deux applications affines E → E est

une application affine d’application linéaire associée h = g ◦ f
...


i

i
i

i

i

i

i

i

8
...
a) Soit A ∈ E et B = f (A)
...
Soit C = g(B) = h(A) et P = g(N) = h(M), alors
−
→
−
→
−
→
CP = g(BN) = g ◦ f (AM)
Comme g ◦ f est linéaire, h = g ◦ f est l’application affine transformant A en C
d’application linéaire associée g ◦ f
...
La donnée de f (O) = O et de f = ϕ détermine l’unique
antécédent f ∈ Fix(O) de l’application linéaire ϕ
...
Mais il se peut que ϕ ait des antécédents sans point fixe
...
On verra (pb
...


© Dunod
...


8
...
4
...
Rap→
→
→
→
e1
en
ε1
εp
portons E et F aux repères (O, − ,
...
Alors f est déterminée
par l’image f (O) de coordonnées (b 1 ,
...
Il est facile de
voir que f opère comme il est indiqué ci-dessous :
⎛
⎞
⎛
⎞ ⎛
⎞⎛
⎞ ⎛
⎞
x1
y1
a1,1 · · · a1,n
x1
b1

...


...


...


...
⎠ → f (M) ⎝
...


...


...


...
⎠, B = ⎝

...


...

X = ⎝
...
⎠, A = ⎝
...


...


...
⎠

...

bp

i

i
i

i

i

i

i

i

8 • Espaces affines euclidiens

212

Proposition 8
...
Étant donné un espace affine E d’espace vectoriel associé E ,

l’ensemble GA(E) des endomorphismes affines bijectifs est un groupe
...

Cela résulte des propositions 8
...
14, 8
...
209 à 210)
...
1
...
Théorème de conjugaison
Comme on l’a vu sur les exemples (translations, homothéties, projections, etc
...
Le théorème de
conjugaison précise cette notion
...

Théorème 8
...
théorème de conjugaison
...


→
→
Démonstration
...
, − ) la base de R
...
, xn correspond f (M) = N de coordonnées y 1 ,
...
On a la
relation matricielle
⎛
⎞ ⎛
⎞⎛
⎞ ⎛
⎞
y1
a1,1 · · · a1,n
x1
b1

...


...


...


...


...


...

yn
an,1 · · · an,n
xn
bn
où A = ai,j est la matrice de f dans la base B , b 1 ,
...

→
→
Soit le repère R = g(R) d’origine O = g(O), de base B = (g(− ),
...
, xn et M = g(M)
...
De plus,

f (M ) = g ◦ f ◦ g−1 g(M) = g ◦ f (M) = g(N)
d’où f (M ) = g(N) a mêmes coordonnées y 1 ,
...

Ainsi, f = g ◦ f ◦ g−1 opère relativement au repère R = g(R) de la même façon
que f relativement à R
...
La relation « f et f sont conjuguées » est une relation d’équivalence sur l’ensemble des applications affines de E dans lui-même
...
Elles rassemblent les
applications affines de mêmes propriétés géométriques
...
1 Notions affines

213

→
• Conjuguée d’une translation La conjuguée par g de la translation de vecteur −
v
→
− ) : g ◦ T− ◦ g−1 = T −
...

En effet, soit M un point, N = g −1 (M)
...
Les homothéties de même rapport λ forment donc une classe de
conjugaison
...
On a h(O ) = O car

h(O ) = g ◦ HO,λ ◦ g−1

g(O) = g ◦ HO,λ (O) = g(O) = O

L’application linéaire associée à h est h = g ◦ λI E ◦ g −1
...
D’où h = H g(O),λ (8
...
210)
...


© Dunod
...


8
...
6
...
Son image réciproque par le morphisme GA(E) → GL(E) (8
...
212) est le sous-groupe
distingué de GA(E) formé des translations et des homothéties affines (8
...
209
et 8
...
210), noté H(E)
...
L’application h → λ(h) est un morphisme de
groupes H(E) → R× de noyau le sous-groupe T (E) des translations
...

On vérifie facilement que :
→
−
→
→ →
→
v
• si h = T− , − = 0 , ∆(T− ) est l’ensemble des droites de vecteur directeur − ,
v v
v
• si h = HO,λ , λ = 1, ∆(HO,λ ) est l’ensemble des droites passant par O
...
21
...
Les composées g ◦ f et f ◦ g sont alors :
• pour αβ = 1, des homothéties de rapports αβ et de centres distincts situés sur la
droite (AB),
−
→
• pour αβ = 1, des translations de vecteurs distincts colinéaires à AB
...

v
Les composées g ◦ f et f ◦ g sont alors des homothéties de rapport α et de centres
→
v
distincts situés sur la droite A + R −
...
Soit f et g dans H(E) avec les rapports α et β , h 1 = f ◦ g et
h2 = g ◦ f
...
Donc h1 et h2 sont dans H(E) et ont même rapport αβ
...

On suppose que f = HA,α est une homothétie de centre A et de rapport α = 1
...
e
...

Par l’absurde, supposons h1 = f ◦ g = g ◦ f = h2 , alors f = g ◦ f ◦ g −1
...
Comme A est l’unique point fixe de f , on
a g ◦ f ◦ g −1 = f , donc h2 = h1
...
La droite D = (AB) est commune à ∆(f ) et ∆(g)
...

• Si αβ = 1, h1 et h2 sont des homothéties de même rapport αβ ayant (AB) pour
droite stable
...
Ils sont distincts car h 2 et h1
sont distinctes, de même rapport
...
Ces vecteurs sont distincts car h 1 et h2 sont des
translations distinctes
...
Alors
v
→
h1 et h2 sont des homothéties distinctes de même rapport α
...
Les centres de h1 et h2 sont
sur D , distincts car h1 et h2 sont des homothéties distinctes de même rapport α
...
Si ce sont des translations, leurs vecteurs colinéaires à D ne sont
pas non plus précisés
...


Remarque : Si f ∈ GA(E) admet une droite stable D , l’application D → D
induite par f est une homothétie ou une translation
...

Si f a deux points fixes A, B distincts, tout point de (AB) est fixe
...
1 Notions affines

215

8
...
7
...
22
...
Si P, Q sont deux
u

−
→
→
u
points de D , la mesure algébrique PQ est le réel défini par PQ = PQ −
...
En revanche, les rapports de mesures algébriques sont
dépend du choix de u
→
u
intrinsèques, c’est-à-dire indépendants du choix de −
...
Plus généralement, on définit le rapport AB si (AB) et (CD)
u
CD

sont parallèles (en convenant de les munir du même vecteur directeur)
...

CD
Étant donné A, B distincts sur une droite D , l’application

D \ {B} → R \ {1}
MA
M →
MB
est bijective : au rapport λ = 1 correspond le point M = A +

→
λ −
λ−1 AB
...
23
...


Démonstration
...
Soit A, B, C trois points alignés distincts de E d’images A , B , C
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

−
−
→
−
−
→
L’unique condition A C = AC A B englobe ces deux cas
...
Inversement, supposons que f a cette
propriété
...
Il suffit de montrer que l’application f O : E → E
est linéaire
...
La propriété de f donne

λ=

ON
ON
=
OM
OM

soit

−
−
→
−
−
→
O N = λO M

donc

→
→
f O (λ− ) = λf O (− )
v
v

→
→
→
→
→ →
Montrons que pour − , − dans E , f O (− + − ) = f O (− ) + f O (− )
...
Alors O, P, R, Q est un parallélogramme,
u
v
u
v
donc (O, R) et (P, Q) ont même milieu I
...
24
...
Soit P un plan affine de plan vectoriel associé P , X et

Y deux droites de P , δ une droite vectorielle distincte de X et Y , A 1 , A2 , A3 des points
de X , B1 , B2 , B3 les points où les droites passant par A 1 , A2 , A3 de direction δ coupent
Y
...
En effet, la projection de P sur Y parallèlement à δ transforme
A1 , A2 , A3 en B1 , B2 , B3 et conserve les rapports des mesures algébriques
...
Pour un contreexemple, prendre X , Y parallèles, O un point non sur les droites X , Y , B i l’intersection
de (OAi ) avec Y
...
On a égalité des rapports et pourtant les droites
(Ai Bi ) se coupent en O
...
En effet, la projection p parallèlement à (A 2 B2 ) sur Y transforme A1 , A2 en
B1 , B2
...


8
...
8
...
25
...
1 Notions affines

217

L’application N →

NA
NB

étant une bijection de D \ {B} sur R \ {1}, on voit que tout

point M ∈ D , distinct de A, B et du milieu de (A, B) (pour − MA = 1) admet un unique
MB
conjugué harmonique N ∈ D
...
De plus, M et N sont
conjugués harmoniques par rapport à A et B si et seulement si A et B sont conjugués
harmoniques par rapport à M et N
...
On dit alors que les
quatre points alignés A, B, M, N forment une division harmonique
...

`a

`a

`a

`a

A
M
B
N
On a alors la relation MA · NB + MB · NA = 0 qui n’a de sens que si on a choisi un
vecteur directeur de D pour définir les mesures algébriques
...
La relation précédente devient

2(αβ + xy) − (α + β)(x + y) = 0
Cette relation garde un sens si trois de ces points sont confondus, par exemple M et
N avec A ou B, ce qui permet de dire qu’étant donné deux points A, B, le conjugué
harmonique de A relativement à A et B est A lui-même
...
23, p
...

Proposition 8
...
Relation de Newton
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On a équivalence entre

(i) Les quatre points A, B, M, N sont en division harmonique
...


Démonstration
...

Plus généralement, on définit le birapport de quatre points alignés distincts
A, B, M, N comme étant

AM BM
MA NA
AM BN
:
=
:
=
×
AN BN
MB NB
BM AN
où le signe : signifie divisé par
...
On a [A, B, M, N] = [B, A, N, M] = [M, N, A, B] = [N, M, B, A]
...
Par exemple,
1
[A, B, N, M] = [A,B,M,N]
...
Dans un plan P , soit quatre droites
distinctes, concourantes ou parallèles, A, B, M, N
...

On dit alors que A, B, M, N forment un faisceau harmonique ce qu’on indique
par la notation [A, B, M, N ] = −1
...
27
...
a) Si A, B, M, N ont même direction δ, on utilise la conservation
des rapports des mesures algébriques par projection suivant δ d’une sécante D sur
l’autre D
...
On conclut
en utilisant la conservation des rapports des mesures algébriques par l’homothétie de
centre O transformant D en D
...
On doit prouver l’équivalence
[A, B, M, N] = −1 ⇔ [A , B , M , N ] = −1
...
D’après b), [A , B , M , N ] = −1 est équivalent à [A1 , B1 , M1 , N1 ] = −1
...
Considérant les homothéties
de centres A et B transformant (PQ) en N , on a les égalités :

AM
MP BM
MQ
=
,
=
AN
NO BN
NO
On a [A, B, M, N] = −1 si et seulement si ces rapports sont opposés, i
...
si M est milieu
de (P, Q)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

8
...

Exemple : On verra (8
...
227) qu’étant donné deux droites A et B d’un plan
affine euclidien sécantes en O, si M et N sont les bissectrices de ( A, B), alors
[A, B, M, N ] = −1
...
1
...
Théorèmes de Ménélaüs et de Céva
Ce sont des théorèmes de géométrie plane
...

Proposition 8
...
Soit un triangle ABC, P, Q, R des points de (BC), (CA), (AB) distincts

des sommets
...
Les propriétés (i) et (ii) sont les théorèmes de, respectivement,
Ménélaüs et Céva
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Supposons P, Q, R alignés
...
Elles transformant respectivement B en C et C en A
...
C’est donc une homothétie
de centre sur (PQ) et aussi sur (AB) car
transformant B en A
...

Inversement, supposons la relation véri−
→ −
→
fiée
...


RA
RB

=

RA
,
RB

d’où R = R
...
a) Supposons (AP), (BQ), (CR) concourantes en I
...


b) Supposons (AP), (BQ), (CR) parallèles
...

¡
d ¡
dA
¡v
¡ vd
¡
v d
¡
v d
d
r
R ¡r r v
Q
¨
¡
rr ¨¨d
v
d
¡
r
v
¨¨ r
¡
¨ I v rr d
¨
d
¡
rr
¨
v
d
¡ ¨¨
rr
v
¨
d
¡
v
Pv
Cd
¡B

Q

R

d
gg d
¡
¡ gg
g d
¡ g
d
g
g
¡
d A¡
g
g
d
g
g
¡
g
g
g
¡ gd
g
g
¡ g d
g d g
g ¡
d g
g
g ¡
d
g
g
g¡

B

P

C

Réciproquement, supposons la relation satisfaite
...
Montrons que (AI) et (BC) ne peuvent pas
être parallèles
...
Soit les homothéties H Q et HR de centres Q et R transformant C en A et A en B
...
Alors HR ◦ HQ échangerait
B et C et serait une symétrie centrale, donc une homothétie de rapport −1
...


i

i
i

i

i

i

i

i

8
...
Par la partie directe, on a

P B QC RA
PB QC RA
×
×
= −1 =
×
×
PC QA RB
P C QA RB
On en déduit

PB
PC

=

PB
,
PC

d’où P = P
...
La droite passant par A de
direction δ coupe (BC) en P
...


8
...
10
...
On dit que C est entre A et B si les vecteurs colinéaires AC et CB sont de
même sens : les mesures algébriques AC et CB ont même signe, soit AC > 0
...
En effet, les rapports
inverses, donc de même signe
...
29
...


Démonstration
...
Les réels AC, CB, BA ne sont donc pas de même signe
...


© Dunod
...


Définition 8
...
Étant donné deux points A, B de D , on appelle segment

d’extrémités A et B l’ensemble, noté [A, B] ou [B, A], formé de A, de B et des
points M ∈ D qui sont entre A et B
...

La bijection, représentation paramétrique de D ,

R −→ D
−
→
λ −→ M = A + λAB
−
→
−
→ −
→
−
→
envoie [0, 1] ⊂ R sur le segment [A, B] de D , car AM = λAB et MB = (1 − λ)AB ont
même sens si et seulement si λ et 1 − λ ont même signe, i
...
λ ∈ [0, 1]
...


i

i
i

i

i

i

i

i

8 • Espaces affines euclidiens

222

Exercice 8
...
Montrer que deux droites d’un espace de dimension 3 peuvent avoir une

intersection vide sans être parallèles
Exercice 8
...
Étant donné deux sous-espaces affines F et G de dimensions p et q avec

p

q
...


1) Soit F et G deux sous-espaces vectoriels de E , A et B deux points de E
...

2) En déduire que deux sous-espaces affines de dimensions p et q comprises entre 1
et n − 2 peuvent être d’intersection vide sans être parallèles
...

Exercice 8
...
Dans E affine de dimension 3, quelles sont les configurations possibles

pour que trois droites distinctes D 1 , D2 , D3 soient deux à deux coplanaires ?

Exercice 8
...
Soit un triangle ABC, une droite D coupant (BC), (CA), (AB) en A , B , C

distincts des sommets, les milieux A , B , C de (A, A ), (B, B ), (C, C )
...


8
...
2
...
Distance et produit scalaire
Un espace affine euclidien de dimension n est la donnée d’un espace affine E de dimension n dont l’espace vectoriel associé E est muni d’un produit scalaire euclidien
(et donc d’une norme euclidienne)
→ →
→ →
E × E → R,
(− , − ) → − · −
v w
v w
L’espace affine euclidien de dimension 3 est un modèle mathématique de l’espace
physique ambiant
...
Pour l’espace physique ambiant, la convention d’orientation communément employée est celle
du « bonhomme d’Ampère» ou des « trois doigts de la main droite» : pouce, index,
majeur, pour une base directe
...
2 Géométrie euclidienne

223

L’inégalité triangulaire prend alors la forme suivante : étant donné trois points A, B, C,
on a AC AB + BC, car, par la relation de Chasles, on a
−
→
− −
→ →
−
→
−
→
AC = AC = AB + BC
AB + BC = AB + BC
− −
→ →
Cette inégalité large est une égalité si et seulement si AB et BC sont :
• colinéaires, c’est-à-dire A, B, C alignés,
• de même sens, auquel cas B appartient au segment [A, C]
...
31
...
Il suffit de prouver l’inégalité de gauche
...
De même BC − AB AC, d’où l’inégalité
...
6, p
...
32
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
L’espace vectoriel E est donc muni d’une famille de formes quadratiques
définies positives proportionnelles
...
Le choix de l’un d’eux correspond au choix
d’une unité de longueur
...


8
...
2
...
33
...
Soit A, B, C, D quatre points
...
En développant l’expression X suivante, on trouve 0 :
− − − − − −
→ → → → → →
X = DA · BC + DB · CA + DC · AB
− − −
→ → →
− − −
→ → →
− − −
→ → →
= DA · (DC − DB) + DB · (DA − DC) + DC · (DB − DA)

i

i
i

i

i

i

i

i

8 • Espaces affines euclidiens

224

Soit un triangle ABC, P, Q, R les projections orthogonales de A, B, C sur les côtés
(BC), (CA), (AB), I, J, K les milieux de (B, C), (C, A), (A, B), Γ le cercle circonscrit à
ABC de centre O, point de concours des médiatrices de (B, C), (C, A), (A, B)
...
34
...

−
→ − − −
→ → →
(ii) On a OD = OA + OB + OC
...


Démonstration
...
Les droites
(AP) et (BQ) ne sont pas parallèles car elles sont orthogonales à (BC) et (CA) qui ne sont
− −
→ →
pas parallèles
...
Il suffit de prouver que DC · AB = 0 :
− −
→ → − −
→ →
cela vient de l’identité du produit scalaire et de ce que DA · BC = DB · CA = 0
...


...
Montrons que H = D
...


...


...


...


...


...

On a AH = OH − OA = OB + OC = 2OI où I est

...

¡

...


...


...

milieu de (B, C)
...


...


...


...


...


...


...


...

¡   rr d

...


...


...


...

est sur la hauteur (AP)
...


...


...

`O r d
¡   α`

...


...


...

r

...


...


...


...

r
...

d
...
¡

...


...

P
I

...


...

la hauteur (AP)
...


...


...


...


...


...


...

−
→ − − −
→ → →

...


...


...
L’égalité OD = OA+ OB+ OC devient (car

...

A
P est milieu de (D, A ))
→
→ −
→
−
→ −
→
−
→ −
→ −
→ −
−
→ −
αD = αA + 2αP = αA + αD + αA d’où αA + αA = 0

Proposition 8
...
(i) Il existe une homothétie de rapport − 1 transformant A, B, C, D
2

en I, J, K, O
...

(ii) Les homothéties h = HG,− 1 et h = HD, 1 transforment le cercle Γ circonscrit à
2
2
ABC en un cercle γ passant par I, J, K, P, Q, R, les milieux A , B , C de (D, A), (D, B),
(D, C)
...
(i) L’homothétie H A, 1 transforme B et C en K et J, donc
2
−
→
−
→
−
→
KJ = 1 BC = − 1 CB
...
6, p
...
Son centre G est commun aux médianes (BJ) et (CK)
...
Les médianes (AI), (BJ), (CK)
2
2
joignent chaque sommet à son image par h , donc concourent en le centre G de h
...
9) du triangle
...
2 Géométrie euclidienne

225

La hauteur (AP) se transforme par h en la parallèle passant par I, qui est donc la
médiatrice de (B, C)
...
Donc h (D) = O, point de concours des médiatrices
...
La droite portant ces points est la droite d’Euler du triangle
...
Il en est de même de
2
h = HD, 1
...
34)
2
donc h (A ) = P, h (B ) = Q, h (C ) = R sont sur γ = h (Γ)
...
Le cercle γ
s’appelle le cercle des neuf points du triangle ABC
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
36
...
On a
quatre points et quatre triangles, chaque point étant orthocentre du triangle
formé par les trois autres
...
On dit que A, B, C, D sont en situation
orthocentrique
...
Le cercle des neuf points est le même pour les quatre triangles
...
2
...
Isométries
Une application affine f : E → E est une isométrie si
l’application linéaire associée f : E → E est une isométrie vectorielle
...
C’est
un sous-groupe O(E) ⊂ GA(E)
...

un antidéplacement) si det f = +1 (resp
...
Les déplacements
forment un sous-groupe distingué SO(E) d’indice 2 de O(E)
...
37
...
On montre plus
généralement que toute application E → E (non supposée a priori affine) conservant
les distances est une application affine, donc est une isométrie au sens précédent
...
Étant donné un hyperplan affine H, il existe une
unique isométrie, notée σH , dont l’ensemble des points fixes est H
...
On dit
que σH est la réflexion d’hyperplan H
...
38
...
Supposons qu’une telle isométrie σ existe
...
Donc σ est nécessairement
la réflexion vectorielle sH
...

Inversement, soit un point O et un hyperplan vectoriel H
...

⊥

La droite vectorielle δ = H est propre pour sH pour la valeur propre −1
...
L’image M = σH (M) est donnée par HM = sH (HM) = −HM
...

Proposition 8
...
Les réflexions affines engendrent le groupe des isométries affines

O(E)
...
Montrons que toute isométrie f est composée de réflexions
...
On vectorialise en O
...
On sait
qu’il existe des réflexions vectorielles s 1 ,
...
, Hp
telles que f = s1 ◦ · · · ◦ sp
...

Alors σ1 ◦ · · · ◦ σp = f car c’est l’application affine laissant O fixe d’application
linéaire associée σ1 ◦ · · · ◦ σp = f
...
2 Géométrie euclidienne

227

2) Cas où f n’a pas de point fixe
...
Alors
g = σH ◦ f est une isométrie laissant O fixe
...

Comme en algèbre linéaire, cette décomposition d’une isométrie en composée de
réflexions f = σ1 ◦ · · · ◦ σp n’est pas unique, mais la parité de p est un invariant
...

Proposition 8
...
Bissectrices
...
Il
existe deux réflexions qui les échangent, et leurs axes M, N sont caractérisées par les
propriétés :
(i) M et N sont orthogonales,
(ii) le faisceau A, B, M, N est harmonique
...
Supposons que X est axe d’une réflexion σ échangeant A et B
...
Soit − et − des vecteurs unitaires de A = A et B = B
...


© Dunod
...


¨
¨

¨¨
P¨
¨

r
rr

¨¨
rr
¨
¨
M
rr
¨¨
¨ O rr
¨
rr
¨¨
¨
r
Q rr

N

A

M

rr B
r

Inversement, les réflexions d’axes M et
N conservent O et échangent les droites
vectorielles A et B , donc échangent les
droites affines A et B
...

Comme
→ → → →
→
→
(− + − )·(− − − ) = − 2 − − 2 = 0,
u v
u v
u
v
M et N sont orthogonales
...
Alors (PQ) est
parallèle à N et coupe M en M
milieu de (P, Q)
...
27, p
...
Pour
tout P ∈ A, la parallèle à N passant par P coupe B en Q et M en M tels que M soit
milieu de (P, Q)
...

On dit que M, N sont les bissectrices de ( A, B)
...
2
...
Classification des isométries
À une isométrie affine f , on associe le sous-espace Fix(f ) = E 1 des vecteurs fixes
→
−
par f , sous-espace propre de f pour la valeur 1 (réduit à { 0 } si 1 non valeur propre)
...

Le cas où f a un point fixe O est plus facile à imaginer
...
Le b) de la proposition suivante montre
comment f opère si elle est sans point fixe :
Proposition 8
...
a) Si f est à points fixes, l’ensemble Fix(f ) est un sous-espace

⊥
affine de direction E1 et tout sous-espace de direction E 1 est stable
...

v
c) L’entier n − dim E1 est pair ou impair selon que f est un déplacement ou un
antidéplacement
...
On sait (voir la proposition 7
...
185) que E 1 = Ker(IE − f ) et
Im(IE − f ) sont supplémentaires orthogonaux
...
Soit O ∈ Fix(f )
...
e
...
e
...
Ainsi,
Fix(f ) = O + E1 est sous-espace affine de direction E 1
...
210)
...

→
→
b) Supposons f sans point fixe
...

u
→
→
→
1) La translation T− commute avec f si et seulement si T − ◦ f = f ◦ T− , donc
u
u
u
→
→
→
→
si T− = f ◦ T− ◦ f −1
...

→
(p
...
Pour tout point O ∈ E , on a
−−
−→
−
→
−
→
→
→
→
→
u
u
u
T− ◦ f (O) = f (O) + − = f (A) + f (AO) + − = A + Af (A) + f (AO) + −
u
−−
−→
−
→ →
→
Pour que O soit fixe par T − ◦f , il faut et il suffit que O = A+ Af (A)+f (AO)+ − , donc
u
u
−−
−→
−
→
→
−
...


i

i
i

i

i

i

i

i

8
...

vecteur de E1
E

c) Le polynôme caractéristique de f est χf (X) = (X − 1)p (X + 1)q Q(X)
où p = dim E1 et Q n’a pas de racine réelle, donc est de degré pair
...

→
−
→
→ →
Les isométries sans point fixe, du type f = T − ◦ f1 = f1 ◦ T− (− = 0 ,
v
v
v
→
− ∈ E est le vecteur de glissement
...
On classe les isométries affines
dans un tableau selon qu’elles sont ou non glissées (2 cas) et selon la valeur de
dim E1 ∈ {0, 1,
...
Voici quelques cas particuliers :
• Cas où 1 n’est pas valeur propre
...
Soit A un point de E
...
Comme IE − f est bijective, il existe un unique point
−−
−→
fixe O = A + (IE − f )−1 Af (A)
...

• Cas où dim E1 = n
...

v
• Cas où dim E1 = n − 1
...


© Dunod
...


– ou bien f est une réflexion d’hyperplan affine H de direction E 1 ,
– ou bien f est composée commutative d’une réflexion f 1 d’hyperplan H de direc→
→
v
tion H = E1 et d’une translation T − où − ∈ E1
...

glissée d’hyperplan H et de vecteur v
En dimension 2, on a cinq types d’isométries :
• dim E1 = 2, les déplacements identité et translations,
• dim E1 = 1, les antidéplacements réflexions et réflexions glissées autour d’une
droite,
• dim E1 = 0, les déplacements rotations dotées d’un centre et d’un angle
...

2

i

i
i

i

i

i

i

i

230

8 • Espaces affines euclidiens

8
...
5
...

L’espace E de dimension 3 étant orienté, les données nécessaires pour définir une
rotation f sont :
• un axe D muni d’une orientation donnée par un de ses deux vecteurs unitaires
→
w
directeurs − ,
• un angle θ défini modulo 2π
...
Pour tout
de P sera dite directe si la base orthonormale ( u v w
Ω ∈ D , le plan PΩ = Ω + P est stable et f induit sur PΩ la rotation de centre Ω et
d’angle θ
...

w
w
→
Un vissage d’axe D est composé d’une rotation d’axe D et d’une translation T −
v
→
où − ∈ D
...

v

Définition 8
...
Soit une droite D
...
Comme π et −π sont
congrus modulo 2π , il n’est pas besoin en ce cas d’une orientation sur D
...
43
...


Démonstration
...
Alors f est une rotation vectorielle d’axe une
droite vectorielle D orientée et d’angle θ
...

→
a) Cas où f = T− est une translation
...
Ce qui précède est encore
v
→
v
valable en prenant D = Vect(− ), D1 = D2 = δ orthogonale à D
...
C’est une difficulté de ne pas pouvoir choisir canoniquement l’orientation de D
...


i

i
i

i

i

i

i

i

8
...
Alors ρ2 ◦ ρ1 a r2 ◦ r1 = IE pour application linéaire associée,
−→
−
→
donc est une translation
...

v
b) Cas où f est une rotation d’axe D
...
Alors ρ2 = r2 , ρ1 = r1 , donc ρ2 ◦ ρ1 laisse O = f (O) fixe et admet r2 ◦ r1 = f
comme application linéaire associée
...
209)
...
Soit D 3 une droite coupant D orthogonalement et ρ 3
v
le retournement d’axe D 3
...

2
→
Par a), on peut écrire T− = ρ2 ◦ ρ3 où ρ2 est le retournement d’axe D 2 où D2 se
v
→
déduit de D3 par la translation T 1 −
...

v

Les isométries ayant un unique point fixe O sont des antidéplacements
...
Soit f une isométrie
distincte de SO de seul point fixe O
...
Par la
classification des déplacements, g est une rotation d’axe D passant par O
...


© Dunod
...


8
...
6
...
44
...
Étant donné k > 0, on appelle similitude de rapport k toute
application affine f ayant la propriété :
pour tout couple (M, N) de points de transformés M = f (M) et N = f (N), on a
M N = k × MN
...


• Les isométries sont les similitudes de rapport 1
...

Lemme 8
...
Soit f une similitude de rapport k
...
On a det f = ±k 2
...
Soit h une homothétie de rapport ±k
...
On a
f = u ◦ h = u ◦ (±kIP ),
d’où det f = det u × det(±kIP ) = det u × k2
...


i

i
i

i

i

i

i

i

232

8 • Espaces affines euclidiens

Définition 8
...
On dit que f est une similitude directe si det f > 0, indirecte

si det f < 0
...

• Les homothéties sont des similitudes directes
...

L’application associant à une similitude son rapport f → k(f ) est un morphisme
Sim(P) → R×+ dont le noyau est le sous-groupe des isométries O(P)
...

Proposition 8
...
Soit une similitude f de rapport k = 1
...

L’homothétie h est de rapport k et de centre O
...

c) f conserve les angles ou les change en leurs opposés selon que f est directe ou
indirecte
...
a) Soit A ∈ P
...
Comme k = 1, 1 n’est
pas valeur propre de f , donc I P − f est bijective
...


b) Supposons qu’il existe un couple (h, u) d’une homothétie positive h et d’une rotation u tel que f = h ◦ u = u ◦ h
...
Soit Ω le centre de h
...
213)
...
Nécessairement, h = H O,k
...

Donc HO,k commute avec f
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Exercices

233

On a det f = k 2 det u, donc f est directe ou indirecte selon que u est un déplacement
ou un antidéplacement
...


c) Comme les homothéties conservent les angles, f = H O,k ◦ u et u ont même action
sur les angles
...


EXERCICES
Exercice 8
...
Soit dans un plan affine P trois droites distinctes A, B, C et deux droites
vectorielles F et G distinctes des directions de A, B, C
...
Les droites (MN) et (NP) sont donc de directions fixes F et G si M décrit
A
...

2) On suppose que les droites A = (BC), B = (CA) et C = (AB) forment un véritable
triangle de sommets ABC
...


Exercice 8
...
Dans un plan affine, soit A 1 , B1 distincts, λ ∈ R, distinct de 0, 1, −1,

© Dunod
...


−→
−
−→
−
A2 , B2 tels que A2 B2 = λA1 B1
...

2) Soit O et O les centres de H et H , I1 et I2 les milieux de (A1 , B1 ) et (A2 , B2 )
...


Exercice 8
...
Soit un triangle ABC, P, Q, R les milieux de (B, C), (C, A), (A, B), A , B , C

des points de (BC), (CA), (AB), A , B , C leurs symétriques respectifs par rapport à
P, Q, R
...

Montrer que A , B , C sont alignés si et seulement s’il en est ainsi pour A , B , C
...
8
...
Les
parallèles à (AC) passant par A , (BC) passant par B , (CA) passant par C coupent
respectivement (CA) en B , (AB) en C , (BC) en A
...

Montrer que A , B , C sont alignés si et seulement s’il en est ainsi pour A , B , C
...
9
...
Soient A , B , C les
conjugués harmoniques de A , B , C par rapport à (B, C), (C, A), (A, B)
...


Soit un triangle ABC, A , B , C sur (BC),
(CA), (AB) alignés
...
(BB ), (CC ), resp
...
P, resp
...
Montrer que
Exercice 8
...
Quadrilatère complet
...
11
...


À tout M ∈ D , on associe son conjugué harmonique N relativement à A et B
...

2) Montrer que l’application M → N induit une bijection entre le segment [I, B] privé
−
→
de I et la demi-droite limitée par B du sens de AB
...
12
...
Montrer
que la conjuguée de la rotation f = rot(O, θ) de centre O et d’angle θ par une isométrie
g est la rotation de centre g(O) et d’angle θ ou −θ selon que g est un déplacement ou
un antidéplacement
...
13
...
Déterminer l’ensemble des isométries commutant avec f
...
14
...
Montrer qu’il existe une unique similitude directe s telle que s(A) = A et
s(B) = B
...
dunod
...


8
...
PROBLÈME
Soit un espace affine E
...

vi
v1 v2 v3
1 2 3
1 2 3
i
i
→
− = λ −
...
Hj,i ) l’homothétie de rapport λ j,i (resp
...
Oj,i )
transformant Ai , Bi en Aj , Bj (resp
...
6, p
...

1) Montrer que Oi,j = Oj,i et Oi,j = Oj,i
...

2) Quels alignements a-t-on entre les six points O 1 , O2 , O3 , O1 , O2 , O3 ?
3) Faire une figure où seront représentés les six points O 1 , O2 , O3 , O1 , O2 , O3 et les
milieux I1 de (A1 , B1 ), I2 de (A2 , B2 ), I3 de (A3 , B3 )

8
...
PROBLÈME
Soit E affine de dimension au moins 2, f : E → E , M → f (M) = M 1 , une application
−
→ −→
−
(non supposée a priori affine) telle que, pour tout couple de points M, N, MN et M1 N1
soient colinéaires
...

1) Montrer que si f n’est pas une application constante, alors elle est injective, ce
qu’on supposera dans la suite
...


© Dunod
...


3) Montrer que si f n’a pas de point fixe, c’est une translation
...
3
...
Soit GD le groupe des f ∈ GA(E) induisant l’identité sur D
...
Montrer que pour qu’une application affine f appartienne à G D , il
faut et il suffit que f (O) = O et que l’application linéaire f soit une dilatation ou une
transvection d’axe D
...
Décrire alors l’action de f
...
Montrer que les droites parallèles à D sont stables et que la restriction de f à
chacune de ces droites est une translation
...

5) Une application affine f dont l’application linéaire associée est une transvection
est-elle toujours une transvection affine ?

8
...
PROBLÈME
Soit f une application affine d’un espace affine E dans lui-même
...

−−
−→
Soit A ∈ E
...

En déduire que l’ensemble des points fixes Fix(f ) est réduit à un unique point si et
seulement si 1 n’est pas valeur propre de f
...
Montrer qu’il en est ainsi si et seulement si E 1 et F1 sont
v
v
en somme directe
...
8
...


→
La composée f = T− ◦ τ a-t-elle une décomposition canonique ?
v

8
...
PROBLÈME (groupes diédraux et polygones réguliers)
Soit P un plan affine euclidien de plan vectoriel associé P
...
Montrer qu’il existe un point O ∈ P tel que,
pour tout f ∈ G, on ait f (O) = O (pour f, g dans G+ , considérer f ◦ g ◦ f −1 ◦ g−1 )
...
Montrer que
Card(G) = 2n est pair et que G+ est cyclique de cardinal n
...

n
4) Soit M distinct de O
...

5) Montrer que le centre de G est {I P } si n impair, {IP , SO } si n pair
...
Montrer que les actions de G et G + définissent
les même orbites
...
Proposer une interprétation géométrique pour les
polygones réguliers d’ordre n
...
Qu’en est-il si n est pair ?

SOLUTIONS DES EXERCICES
→ →
Solution 8
...
On suppose dim E = 3
...
Si A2 ∈ A1 + Vect(− , − ), la droite D2 = A2 + R−
ne rencontre pas D1 , mais ne lui est pas parallèle
...
2
...
Soit M un point de l’inter−
→
−
→
−
→ − −
→ →
section
...

−
→
→
→
− ∈ F et − ∈ G tels que − = − +−
...
Il existe u
→
− ∈ B + G
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

→
ε
2) Soit G ⊂ E de dimension q , H ⊂ G de dimension p − 1, − un vecteur non dans G
→
−
...
Prenons A, B dans E tel que AB ∈ G + R−
...

/
3) Supposons F = A + F et G = B + G d’intersection vide, dim G = n − 1
...
Comme dim G = n − 1, ceci impose G = F + G, donc
/
F ⊂ G
...

Solution 8
...
Supposons ces droites deux à deux coplanaires et montrons que néces-

sairement, D1 , D2 , D3 ou bien sont dans un même plan, ou bien passent par un même
point, ou bien ont même direction
...

Cas où les plans ne sont pas distincts
...
Ce plan contient les
deux droites de P3 , donc est aussi confondu avec P 3
...

Cas où les plans sont distincts
...

• Si D2 ∩ D3 = {M}, alors M ∈ P2 ∩ P3 = D1 , les trois droites passent par M
...
Les trois droites sont parallèles
...
L’homothétie
h ◦ h = h ◦ h transforme (B Q) en (AP) et (BQ) en (A P)
...
Cette homothétie composée
étant de centre C , on a prouvé l’alignement de P, Q, C
...

Solution 8
...


Solution 8
...
Soit M0 ∈ A tel que les points M0 , N0 = f (M0 ), P0 = g(N0 ) soient

distincts
...
La translation de vecteur M0 N0 transforme A en B et
−
→ −→
−
−
→ −→
−
M en N
...
On en déduit
−
−
−
→ − −
→ → −→ −→ −→
−
MP = MN + NP = M0 N0 + N0 P0 = M0 P0
La droite (MP) est donc de direction fixe
...
Par le théorème de Thalès, on a

OM
ON
OP
=
=
OM0
ON0
OP0
Par la remarque sur la réciproque du théorème de Thalès, on en déduit que (M 0 P0 )
et (MP) sont parallèles
...
ψ) la projection de P sur B (resp
...
G)
...
g) est la restriction de ϕ à A (resp
...
La question est : h = g ◦ f
est-elle la restriction à A d’une projection de P sur C ? S’il en est ainsi, B = A ∩ C
est fixe par h
...
La droite (BB ) a donc F et G pour direction
...

Inversement, si F = G, le résultat est clair
...
6
...
C’est une homothétie de rapport
−→
−
−→
−
λ, H (B1 ) = H (A1 ) + λA1 B1 = A2 + A2 B2 = B2
...

Inversement, une homothétie transformant A 1 en A2 et B1 en B2 est nécessairement
H = HO ,λ
...
Son centre est l’intersection O des droites
(A1 B2 ) et (B1 A2 )
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

239

2) Comme H , H respectent les rapports de mesures algébriques, elles transforment toutes deux I 1 en I2
...
7
...

Solution 8
...
Le théorème de Thalès donne

B A
AB
=
,
B C
AC
donc

C B
BC
=
,
C A
BA

A C
CA
=
,
A B
CB

B A C B A C
AB BC CA
×
×
=
×
×
B C C A A B
AC BA CB

On applique alors les théorèmes de Ménélaüs et Céva
...
9
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Solution 8
...
On applique le théorème de Ménélaüs aux triangles CAA et BAA

coupés respectivement par les droites (RBB ) et (QCC )
...
11
...

−
→
2) Prenons IB pour vecteur unitaire
...
La relation de
Newton donne
2

1 = IB = IM × IN = IM × (IB + BN) = x(1 + y)
L’application [0, +∞[→]0, 1], y → x =
Solution 8
...
On a g ◦ rot(O, θ) ◦ g −1

1
1+y

est bijective, d’où le résultat
...


g(O) est fixe par g ◦ rot(O, θ)
→ →
→
→ →
→
Soit − , − une base orthonormale directe
...

cos θ − sin θ

...
212)
...

→ →
e1 e2
La matrice la rotation vectorielle rot(θ) dans la base − , − est

Solution 8
...
Soit R(f ) l’ensemble des repères orthonormés tels que f soit d’ex-

pression analytique

⎛

⎞
⎛
⎞
x
x cos θ − y sin θ
f : ⎝ y ⎠ −→ f (M) ⎝ x sin θ + y cos θ ⎠
z
z

Si f n’est pas un retournement, les repères orthonormés directs de R(f ) sont ceux de
→
→ → −
ı j
la forme (O, − , − , k ) où O ∈ D
...

Si f est un retournement, il faut ajouter à cet ensemble les repères orthonormés directs
→
→ → −
(O, − , − , − k )
...

Si f n’est pas un retournement, les repères orthonormés indirects de R(f ) sont ceux
→
→ → −
de la forme (O, − , − , − k )
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

241

Si f est un retournement, il faut ajouter à l’ensemble précédent les repères orthonor→
→ → −
ı j
més indirects (O, − , − , k ) où O ∈ D
...


−
→

−
−
→

Solution 8
...
L’unique similitude vectorielle directe σ transformant AB en A B est de

© Dunod
...


− −→
→ −
B
rapport k = AAB et d’angle θ = (AB, A B )
...


i

i
i

i

i

i

i

i

i

i
i

i

i

i

i

i

Chapitre 9

Calculs barycentriques

© Dunod
...


L’introduction dans la section 1 de l’espace vectoriel E des points pondérés d’un
espace affine E permet l’application à la géométrie affine du calcul de l’algèbre linéaire
...
2
...
2
...
2
...
Les exercices proposés ont pour but de convaincre le lecteur de l’efficacité
des méthodes calculatoires de l’algèbre linéaire
...


9
...
1
...
Barycentres
Soit un espace affine E de dimension n d’espace vectoriel associé E
...
Deux cas sont à
distinguer pour l’application

E −→ E
−
→
P −→
i αi PMi
Proposition 9
...
(i) Si

i αi = 0, cette application est constante et le vecteur
−
→
i αi PMi ne dépend pas du point P ∈ E
...


i

i
i

i

i

i

i

i

9 • Calculs barycentriques

244

Démonstration
...

→
(ii) Supposons i αi = 0
...
Pour tout P ∈ E , on a
v
−
→
−
→
−
→
αi OMi − (
αi )OP
αi PMi =
−
→ →
αi OMi − −
v
→
−
→ −
→ ⇔ − =
donc
OP
αi PMi = v
αi
−
→ −
→
...
Par ce qui précède, O étant donné
quelconque, le barycentre M est caractérisé par la relation
Définition 9
...


αi

−
→
αi OMi

−
→
OM =

i

i

9
...
2
...
Considérant R× × E et E comme disjoints, soit la réunion E :

E = R× × E

E

le signe (au lieu de ∪) rappelant que ces ensembles sont disjoints
...

• Addition Soit x, y deux éléments de E
...

(2) Si x = (α, A), y = (−α, B) où α = 0,

−
→
(α, A) + (−α, B) = αBA
→
(3) Si x = (α, A) où α = 0, y = − ,
v
→ →
(α, A) + − = − + (α, A) = (α, A )
v
v
→
−

→
−

v
v
où A = A + α est le translaté de A par la translation de vecteur α
...


i

i
i

i

i

i

i

i

9
...
On définit λx ainsi :
→
−
(1) Si λ = 0 , pour tout x ∈ E ,
0x = 0
(2) Si x = (α, A) où α = 0 et si λ = 0,
λ(α, A) = (λα, A)
→
− ∈ E , λ− est à entendre au sens de la structure d’espace vectoriel de E
...
3
...


Démonstration
...
La démonstration est facile
...
On définit
P, Q, R, S par les formules :

© Dunod
...


(α, A) + (β, B) = (α + β, P)
(β, B) + (γ, C) = (β + γ, Q)

(α + β, P) + (γ, C) = (α + β + γ, R)
(α, A) + (β + γ, Q) = (α + β + γ, S)

Il s’agit de prouver que R = S
...
On a
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
(α + β + γ)MR = (α + β)MP + γ MC = αMA + β MB + γ MC
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
(α + β + γ)MS = αMA + (β + γ)MQ = αMA + β MB + γ MC
Comme α + β + γ = 0, on a R = S, barycentre de (α, A), (β, B), (γ, C)
...

Le couple (λ, M) est le point M pondéré par le coefficient λ appelé masse de (λ, M)
...
Le noyau E est donc un hyperplan vectoriel de E , d’où
dim E = dim E + 1 = n + 1
...
1
...
Nouvelles notations
L’espace affine E s’injecte canoniquement dans E par l’injection M → (1, M)
...
Explicitons ces nouvelles notations :
−
→
→
v
v
• Pour M ∈ E et − ∈ E , M + → est le translaté de M par la translation T − , ce qui
v

éclaire la notation introduite au chapitre 8 (p
...


αi = 0, le vecteur

9
...
4
...
On voit immédiatement que
F = (R× × F) F est sous-espace vectoriel de E
...
4
...


Démonstration
...
Posons F = Z ∩ E , sous-espace de dimension d − 1 de E
...
Remplaçant z par µ(z) , on se ramène à z ∈ E
...
On a
F ⊂ Z , F = F , dim F = d = dim Z , d’où F = Z
...

Les phénomènes d’incidence (alignement, coplanarité, etc
...
Par exemple, trois points A, B, C d’un
espace affine E sont alignés si et seulement si A, B, C sont liés en tant que vecteurs de
E
...
5
...
, Mk le
1
point M = k (M1 + · · · + Mk )
...

2

i

i
i

i

i

i

i

i

9
...
1
...
Exemple
Soit un triangle ABC, A , B , C les milieux de (B, C), (C, A), (A, B), G l’isobarycentre ou
centre de gravité de A, B, C
...
Il est de même sur (BB )
et (CC )
...


−
→ −
→
−
→
On a aussi GA + 2GA = 0 et deux autres relations analogues, d’où
GA
GB
GC
=
=
= −2
GA
GB
GC

9
...
6
...
À tout M ∈ E correspond son
e1
en
système (x1 ,
...
, − ) est base de E et O ∈ E , (O, − ,
...
, xn sont les composantes de M ∈ E ⊂ E dans cette base
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
6
...
, An ) non dans un même hyperplan affine de E , donc non dans
un même hyperplan vectoriel de E (par exemple, trois points non alignés d’un
plan, ou quatre points non coplanaires d’un espace de dimension 3)
...

Un point M ∈ E étant considéré comme vecteur de E , il existe un unique système
de n + 1 scalaires ξ0 ,
...

0
Autrement dit M est barycentre des A i affectés des ξi , avec la relation i ξi = 1,
obtenue en écrivant l’égalité des masses des deux membres :
n

n

ξi A i

1 = µ(M) = µ
0

ξi

=
0

Pour tout λ = 0, λM =
i (λξi )Ai
...
, λξn ) est un
système de coordonnées barycentriques de M dans ce repère
...
Parmi
eux, (ξ0 ,
...
1
...
Applications affines et applications linéaires
Soit E, E deux espaces affines, µ, µ les formes linéaires masses
...
7
...
L’application f → f

est une bijection de l’ensemble des applications affines E → E sur l’ensemble des
applications linéaires ϕ : E → E telles que µ ◦ ϕ = µ
...
Montrons la linéarité de f
...

Montrons que f (x + y) = f (x) + f (y) pour tout (x, y) ∈ E × E
...
3, p
...
On se bornera au cas où x = αA,
y = βB, A, B étant dans E , α, β des réels non nuls tels que α + β = 0, les autres cas se
→
−
→
−
→ −
vérifiant facilement
...
On a α PA + β PB = 0
...
On est ramené à prouver que P est barycentre de
A , α et B , β
...
Montrons que µ(x) = µ f (x)
...

→
→
v
v
Si x = − ∈ E , alors f (x) = f (− ) ∈ E , on a 0 = µ(x) = µ f (x)
...
Comme E (resp
...
E ) de masse 1, on a ϕ(E) ⊂ E
...


9
...

→ →
v w
On sait qu’étant donné un système de deux vecteurs − , − et une base orthonormale
→ →
→ →
ı j
v w
directe B = (− , − ), la valeur du déterminant det B (− , − ) ne dépend pas de la base
orthonormale directe B
...
3
...
, page 191)
...
La
→ →
v w
notation det(− , − ) désignera le déterminant de ces vecteurs relativement à n’importe
quelle base orthonormale directe
...
2 Application en géométrie plane

249

9
...
1
...
8
...
Leur valeur commune sera notée [A, B, C]
...
Il suffit de prouver une des égalités, les autres se montrant de la
même façon
...

Définition 9
...
On appelle aire algébrique du triangle orienté ABC la quantité

1
1
1
1
− −
→ →
− −
→ →
− −
→ →
[A, B, C] = det(AB, AC) = det (BC, BA) = det (CA, CB)
2
2
2
2
ABC étant direct si [A, B, C] est positif, inverse sinon
...

Voyons en quoi la notion précédente se raccroche à la notion d’aire d’un triangle
des classes élémentaires
...

Soit ∆ la parallèle à (BC) passant par A, H la
projection orthogonale de A sur (BC), A la projection
∆
˜ ¢
˜ 
orthogonale de B sur ∆
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
10
...


Alors [M, B, C], [A, M, C], [A, B, M] est l’unique système de coordonnées barycentriques
de M vérifiant
[M, B, C] + [A, M, C] + [A, B, M] = [A, B, C]

i

i
i

i

i

i

i

i

9 • Calculs barycentriques

250

Démonstration
...
On a M = xA + yB + zC, d’où AM = y AB + z AC et
− −
→ →
− −
→ →
[A, M, C] = det(AM, AC) = y det(AB, AC) = y[A, B, C]
On a de même [M, B, C] = x[A, B, C] et [A, B, M] = z[A, B, C]
...
2
...
Aires algébriques et déterminants dans l’espace P
→ →
Soit B = (− , − ) une base orthonormale directe et O un point origine
...

Proposition 9
...
Pour tout triangle ABC, on a dans l’espace vectoriel P

[A, B, C] = det O,B (A, B, C)
−
→
→
→
→
→ −
→
→ −
→
→
Démonstration
...

ı
j
ı
j
ı
j
Considérons A, B, C comme vecteurs de P , alors
−
→
→
→
A = O + OA = O + α− + β −
ı
j
− −
→ →
→
→
B = O + OA + AB = O + (α + x)− + (β + y)−
ı
j
− −
→ →
→
→
C = O + OA + AC = O + (α + z)− + (β + t)−
ı
j
det O,B (A, B, C) =
=

1
1
1
α α+x α+z
β β+y β+t
x z
y t

=

1 0 0
α x z
β y t

− −
→ →
= det B (AB, AC) = [A, B, C]

On a retranché la première colonne des deux autres dans le premier déterminant, puis
développé par rapport à la première ligne
...
2
...
Régionnement
Définition 9
...
Étant donné un plan affine euclidien P de plan vectoriel

associé P , une fonction affine est une application affine non constante
f : P → R
...
209)
1) l’image f (O) ∈ R d’un point O de P ,
2) la forme linéaire associée f : P → R
...


i

i
i

i

i

i

i

i

9
...
Soit (O, − , − ) un repère
...
Soit un point O et un vecteur non nul − , l’application
v
− −
→ →
M → OM · v est une fonction affine
...
Soit deux points distincts A, B, l’application M → [A, B, M]
est une fonction affine
...
13
...
La donnée
de f permet de partager le plan en
+
• le demi-plan ouvert supérieur P f des M tels que f (M) > 0,

−
• le demi-plan ouvert inférieur P f des M tels que f (M) < 0,
• la droite V(f ) des M tels que f (M) = 0
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
14
...

b) Deux points A et B non sur ∆ sont dans le même demi-plan si et seulement si
l’intersection du segment [A, B] avec ∆ est vide
...
a) Soit des fonctions affines f, g déterminant la même droite
∆ = V(f ) = V(g)
...
Il existe λ = 0 tel que g = λf
...
Pour tout M, on a
−
→
−
→
g(M) = g(OM) = λf (OM) = λf (M)
...

+
−
−
+
Si λ < 0, Pg = Pf et Pg = Pf
...
En revanche, la partition
du complémentaire de ∆ en deux demi-plans ouverts est intrinsèque, ne dépendant que
de la droite ∆
...
On a vu (chap
...
221)
que l’application
−
→
t → A + tAB = (1 − t)A + tB
envoie R sur la droite (AB) et l’intervalle
fermé [0, 1] sur le segment [A, B]
...
7, p
...
Donc
[A, B] rencontre ∆ si et seulement si 0 ∈ [f (A), f (B)], c’est-à-dire si et seulement si
f (A) et f (B) sont de signes contraires, donc si et seulement si A et B ne sont pas dans
le même demi-plan ouvert défini par ∆
...
15
...
La distance d’un point M0 (x0 , y0 ) à ∆ est
d(M0 , ∆) =

|ax0 + by0 + c|
√
a2 + b2

a M0
¡f
¡ f
¡
f
r
r
¡
f
∆ rr
¡
f
r a¡
rr
f
H0 r
r f
rra M
f
O
x
r
rr
r

y

→
→
→
Démonstration
...
Soit
→
aξ + bη = 0
...
On a ax + by = −c car
M(x, y) ∈ ∆
...
Son signe dépend du
→
−
⊥
sens du vecteur N définissant l’orientation de ∆
...

La quantité

i

i
i

i

i

i

i

i

9
...
2
...
Régionnement relatif à un triangle
Soit un triangle direct ABC
...
On a (9
...
249)

x(M) =

[A, M, C]
[A, B, M]
[M, B, C]
, y(M) =
, z(M) =
[A, B, C]
[A, B, C]
[A, B, C]

Les trois droites (AB), (BC), (CA) déterminent 6 demi-plans ouverts :

A+ = {M | [M, B, C] > 0} A− = {M | [M, B, C] < 0}
B + = {M | [A, M, C] > 0} B − = {M | [A, M, C] < 0}
C + = {M | [A, B, M] > 0} C − = {M | [A, B, M] < 0}
e
e
e

+−−

 
 

 
e  
e
  A
  e
++−
+−+
e
 
  +++ e
B 
e C
e
 
−+−
e −−+
 
−++
e
 
e
 

On a donc 8 régions qui sont :

© Dunod
...


A+ ∩ B + ∩ C + A− ∩ B + ∩ C + A+ ∩ B − ∩ C + A+ ∩ B + ∩ C −
A+ ∩ B − ∩ C − A− ∩ B + ∩ C − A− ∩ B − ∩ C + A− ∩ B − ∩ C −
La relation [M, B, C] + [A, M, C] + [A, B, M] = [A, B, C] > 0 (9
...
249) impose que
la région A− ∩ B − ∩ C − est vide
...
Par exemple, A + B − C ∈ A + ∩ B + ∩ C −
et 3A − B − C ∈ A+ ∩ B − ∩ C −
...
L’isobarycentre G = 1 (A + B + C) en fait partie
...
10 (p
...
Si M n’est pas à l’intérieur, le théorème 9
...


i

i
i

i

i

i

i

i

9 • Calculs barycentriques

254

9
...
Les longueurs
des côtés sont notées a = BC, b = CA, c = AB
...


Proposition 9
...
a) Les mesures des trois angles A, B, C sont de même signe,

positives si le triangle est direct, négatives dans le cas contraire
...

c) La somme S = A + B + C est égale à π ou à −π selon que le triangle ABC est direct
ou inverse
...
Comme les signes de A, B, C sont ceux de leur sinus, il suffit de
prouver b) pour obtenir a)
...
Il est clair que b) est conséquence du lemme suivant :
Lemme 9
...
Expression du déterminant
...
On a

→ →
→
→
→ →
det(− , − ) = − × − × sin(− , − )
...
On a
→
− = − − ,− = −
→ → →
→
v
v ı w
w
→ →
det(− , − ) = det
v w

→
−
v
0

→ →→
→ →→
cos(− , − )− + sin(− , − )−
v w ı
v w j

→
− cos(− , − )
→ →
w
v w
→
− sin(− , − )
→ →
w
v w

→
→
→ →
= − × − × sin(− , − )
v
w
v w

c) Par la relation de Chasles, on a les congruences d’angles modulo 2π
− −
→ →
− −
→ →
− −
→ →
S ≡ (AB, AC) + (BC, BA) + (CA, CB)
− −
→ →
− −
→ →
− −
→ →
− −
→ →
≡ (AB, AC) + (AC, BC) + (BC, BA) ≡ (AB, BA) ≡ π
Donc S est de la forme S = (2k + 1)π où k ∈ Z
...
La seule valeur possible est k = 0 d’où S = π
...


i

i
i

i

i

i

i

i

9
...
Nous utiliserons le résultat suivant, conséquence
du théorème de l’angle inscrit (11
...
292) :
− −
→ →
− −
→ →
− −
→ →
(OB, OC) ≡ 2A, (OC, OA) ≡ 2B, (OA, OB) ≡ 2C modulo 2π
Proposition 9
...
Avec les notations précédentes, on a

a2 = b2 + c2 − 2bc cos A , a = 2R sin A
b2 = c2 + a2 − 2ca cos B , b = 2R sin B
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C , c = 2R sin C

Démonstration
...
Les autres formules s’obtiennent de la même façon
...
4 FONCTION DE LEIBNITZ
Proposition 9
...
Fonction de Leibnitz
...


On appelle fonction de Leibnitz l’application

ϕ : E −→ R,

M −→

αi MA2
i

© Dunod
...


i

(i) Si
αi = 0, pour tout point M, on a ϕ(M) = ( αi )MA2 + ϕ(A) où A est
barycentre des (αi , Ai )
...

0

(iii) Si

0

→
−
αi Ai = 0 , la fonction ϕ est constante
...
(i) Dans le cas
αi = 0, le point A vérifie
αi A =
αi Ai , et
pour tout M,
−
→
− −
→
→
− −
→ →
ϕ(M) =
αi MAi 2 =
αi MA + AAi 2 =
αi MA2 + 2MA · AAi + AA2
i
i

i

−
→
αi MA2 + 2MA ·

=
i

i

−
→
αi AAi +
i

αi AA2 =
i
i

αi MA2 + ϕ(A)
i

La fonction ϕ a donc un maximum ou minimum en A selon le signe de
αi
...


i

i
i

i

i

i

i

i

9 • Calculs barycentriques

256

→
(ii) et (iii) Dans le cas où αi = 0, αi Ai est un vecteur constant −
...

v
→
−
(iii) Si αi Ai = 0 , la fonction ϕ est constante
...
1
...
Montrer que
AM BM CM
+
+
=1
AA BB CC
Exercice 9
...
Soit ABC un triangle, M non sur les côtés du triangle de coordonnées

barycentriques x, y, z telles que x + y + z = 1, A , B , C les points où (MA), (MB), (MC)
coupent (BC), (CA), (AB), A , B , C les milieux de (B , C ), (C , A ), (A , B )
...


Exercice 9
...
Soit A, B deux points distincts d’une droite D , x, y deux scalaires non
nuls distincts et non opposés
...


Exercice 9
...
Soit (fi ) une famille finie d’applications affines de E dans lui-même et

(λi ) une famille de réels tels que
1) Montrer que l’application f =

λi = 1
...


2) Soit quatre points A, B, C, D d’un plan P tels qu’il n’y ait pas alignement de trois
d’entre eux
...
On définit R par PR = PQ + PS
...
5
...

Comparer [P, Q, R], [A , B , C ] et [A , B , C ]
...
6
...


1) Montrer que [A, Q, R] + [P, B, R] + [P, Q, C] = −[A, B, C]
...

Exercice 9
...
On appelle quadrilatère une suite de quatre points d’un plan
...

Montrer que [P, Q, R] + [Q, S, R] + [P, R, S] + [S, Q, P] = 0
...

Exercice 9
...
Étant donné un triangle direct ABC, pour tout M non sur les côtés, on note

− −
→ → − −
→ → − −
→ →
α(M), β(M), γ(M) les mesures des angles (MB, MC), (MC, MA), (MA, MB) comprises entre
−π et +π
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Exercice 9
...
Soit un triangle ABC
...
À quelle condition O est intérieur au
triangle ? Quelle expression de la surface peut-on déduire ?

Exercice 9
...
Soit un triangle ABC, I le centre du cercle inscrit et r son rayon,

J, K, L les centres et rA , rB , rC les rayons des cercles exinscrits relatifs aux sommets
A, B, C
...
En déduire
r
r
r
+
+
=1
rA rB rC

i

i
i

i

i

i

i

i

9 • Calculs barycentriques

258

Exercice 9
...
Soit un triangle ABC de cercle circonscrit de centre O et de rayon R
...
12
...
36, p
...

− −
→ → − −
→ → − −
→ →
1) Montrer l’égalité AB · AC = AC · AD = AD · AB, la valeur commune de ces produits
scalaires est notée α
...

2) Montrer que α + β = AB2 et cinq autres égalités analogues
...

4) Montrer dans R et P les égalités
1
1 1
1
+ + + = 0,
α β
γ
δ

1
1
1
1
→
−
A+ B+ C+ D= 0
α
β
γ
δ

5) Que peut-on en déduire quant à la convexité ?
Exercice 9
...
Soit un triangle ABC non rectangle et non équilatéral, D l’orthocentre,

O le centre du cercle circonscrit, G le centre de gravité, Ω le centre du cercle des neuf
points, R le rayon du cercle circonscrit, a, b, c les longueurs des côtés
...

2) Montrer que la droite d’Euler de ABC est l’ensemble des M tels que

(b2 − c2 )MA2 + (c2 − a2 )MB2 + (a2 − b2 )MC2 = 0
3) Montrer que ΩA2 + ΩB2 + ΩC2 + ΩD2 = 3R2
...
dunod
...


9
...
CONVEXES
Soit P un plan euclidien
...


1) Montrer qu’une partie C de P est convexe si et seulement si, pour toute famille
0 telle que
λi = 1, le
de points Mi de C et toute famille de coefficients λ i
λi Mi appartient à C
...

3) Montrer que l’intérieur d’un cercle est convexe
...

Dans la suite, C désigne un convexe fermé
...
Montrer qu’il existe un unique point A ∈ C tel que, pour
/
tout M ∈ C distinct de A , on ait AA < AM (commencer par le cas où C est compact)
...

6) Dans ces conditions, soit ∆ la droite orthogonale en A à (AA )
...

7) En déduire que les convexes fermés distincts de P sont les intersections de
familles de demi-plans fermés
...

Montrer que cette application est contractante
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
1
...
Les plans vectoriels Vect(A, M) et Vect(B, C) se
coupent suivant la droite vectorielle Vect(A )
...
Il suffit d’additionner ces trois formules
...
2
...


Donc

2(y + z)(z + x)C

= (z + x)(yB + zC) + (y + z)(zC + xA)
= (y + z)xA + (z + x)yB + (x + y + 2z)zC

i

i
i

i

i

i

i

i

9 • Calculs barycentriques

260

2(y + z)(z + x)C − 2z 2 C = (y + z)xA + (z + x)yB + (x + y)zC
et deux autres formules analogues
...
Comme M n’est pas sur les côtés (BC),
(CA), (AB), x, y, z sont non nuls
...

v

Solution 9
...
Comme x + y et x − y sont non nuls, ces points P, Q existent
...
On en déduit [A, B, P, Q] = −1 :
y
PA
QA
=− =−
x
PB
QB

λi fi linéaire de E dans lui-même
...
Donc f est affine et ϕ = f (9
...
248)
...
4
...
Soit u (resp
...
(AD) parallèlement à (BD))
...
Le lieu
de R est l’image de (AB), donc est une droite
...

Si P = A, alors Q = C et S = A, donc R = C
...

Solution 9
...
Soit les coordonnées barycentriques de P, Q, R par rapport à (A, B, C)

⎛

⎞
0
P⎝ λ ⎠,
1−λ

⎛

⎞
⎛
⎞
1−µ
ν
Q⎝ 0 ⎠,
R ⎝1 − ν ⎠
µ
0
⎛
⎞
0
1−µ
ν
0
1 − ν ⎠ S = (1 − λ − µ − ν + µν + νλ + λµ)S
[P, Q, R] = det ⎝ λ
1−λ
µ
0

a) On a A = Q + R − A, B = R + P − B, C = P + Q − C, donc A , B , C ont pour
coordonnées barycentriques
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
ν−µ
ν
1−µ
A ⎝1 − ν ⎠ ,
B ⎝λ − ν ⎠ ,
C ⎝ λ ⎠
µ
1−λ
µ−λ

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

261

⎛

⎞
ν−µ
ν
1−µ
λ ⎠ S = (1 − λ − µ − ν + µν + νλ + λµ)S
[A , B , C ] = det ⎝ 1 − ν λ − ν
µ
1−λ µ−λ
Les aires de ces triangles sont donc égales
...

b) On a 2A = A + P, 2B
coordonnées barycentriques
⎛
⎞
1
2A ⎝ λ ⎠ ,
1−λ

= B + Q, 2C = C + R, donc A , B , C ont pour
⎛

⎞
1−µ
2B ⎝ 1 ⎠ ,
µ

⎛

⎞
ν
2C ⎝1 − ν ⎠
1

⎛
⎞
1
1−µ
ν
1
1
1
1 − ν ⎠ S = (1−λ−µ−ν +µν+νλ+λµ)S
[A , B , C ] = det ⎝ λ
8
4
1−λ
µ
1
En particulier, si P, Q, R sont alignés, il en est de même de A , B , C
...
6
...
On a
⎛
⎞
1 1−β
γ
0
1 − γ ⎠ [A, B, C] = β(γ − 1)[A, B, C]
[A, Q, R] = det ⎝0
0
β
0

et deux autres formules analogues
...
219)

© Dunod
...


β
γ
α
×
×
= +1
α−1 β−1 γ−1

soit

α + β + γ − βγ − γα − αβ = 1

En additionnant les expressions de [A, Q, R], [P, B, R], [P, Q, C], on obtient le résultat
...
Et cela quelle que soit la position de la droite ∆ relativement au
triangle
...


i

i
i

i

i

i

i

i

9 • Calculs barycentriques

262

Solution 9
...
Il existe 2 = 6 paires de points et 3 partitions de Q en 2 paires dis4

jointes : {P, Q}, {R, S} , {P, R}, {Q, S} , {P, S}, {Q, R}
...

Considérant (P, Q, R) comme repère barycentrique, on a

[P, Q, R] = [S, Q, R] + [P, S, R] + [P, Q, S]
d’où la formule : Pour tout sommet X ∈ {P, Q, R, S}, on forme [Y, Z, T] où Y, Z, T sont
les autres sommets rangés de sorte que les permutations X, Y, Z, T de Q aient toutes
même signature
...

Pour la convexité, on a deux possibilités :
(1) Le cas non convexe : parmi les quatre aires de somme nulle, trois [Q, S, R], [P, R, S],
[S, Q, P], sont d’un signe, [P, Q, R] étant de l’autre signe
...
En revanche, les trois quadrilatères sont de même
type avec une diagonale intérieure ayant S pour extrémité et l’autre extérieure
...
Comme [P, Q, R] et
[S, Q, R] sont de signes contraires, P et S sont de part et d’autre de (QR)
...
Les segments [P, S] et [Q, R] se coupent
...
Les deux autres sont dits croisés
...
8
...
Modulo 2π ,

− −
→ →
− −
→ →
− −
→ →
− −
→ →
α(M) + β(M) + γ(M) ≡ (MB, MC) + (MC, MA) + (MA, MB) ≡ (MB, MB) ≡ 0
Donc il existe k ∈ Z tel que α(M) + β(M) + γ(M) = 2kπ
...
Donc les valeurs possibles de k sont −2, 0, 2
...
15, p
...
De
même, β(M) et γ(M) sont du signe de [A, M, C] et [A, B, M]
...
253),

(i) si M est intérieur, α(M), β(M), γ(M) sont tous trois positifs, donc la seule valeur
possible pour k est 2,
(ii) si M est extérieur, α(M), β(M), γ(M) ne sont pas tous de même signe
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

263

− −
→ →

Solution 9
...
Par le théorème de l’angle inscrit, ( OB, OC) = 2A
...
253)
...
10, p
...

2
2

Solution 9
...
Sachant que l’aire d’un triangle vaut, en valeur absolue, la moitié du

produit d’une hauteur par la base associée, on a

|[I, B, C]| = ar,

|[I, C, A]| = br,

|[I, A, B]| = cr

|[J, B, C]| = arA ,

|[J, C, A]| = brA ,

|[J, A, B]| = crA

|[K, B, C]| = arB ,

|[K, C, A]| = brB ,

|[K, A, B]| = crB

|[L, B, C]| = arC ,

|[L, C, A]| = brC ,

|[L, A, B]| = crC

On en déduit que des coordonnées barycentriques sont proportionnelles à des triplets
de la forme (±a, ±b, ±c)
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Les ensembles de points {I, J, K, L} et {I , J , K , L } sont
nécessairement identiques
...
253)
...
On a de plus
[A, B, C] = 2pr = 2(p − a)rA = 2(p − b)rB = 2(p − c)rC
dont on déduit

3p − 2p
r
r
(p − a) + (p − b) + (p − c)
r
=
=1
+
+
=
rA rB rC
p
p

i

i
i

i

i

i

i

i

9 • Calculs barycentriques

264

Solution 9
...
Le centre du cercle circonscrit a pour coordonnées barycentriques

sin 2A, sin 2B, sin 2C (9
...
Posons ϕ(M) = MA2 sin 2A + MB2 sin 2B + MC2 sin 2C
...

Comme b = 2R sin B et c = 2R sin C, on a dans un premier temps

ϕ(A) = 4R2 sin B sin C(sin C cos B + sin B cos C),
soit

ϕ(A) = 4R2 sin B sin C sin(B + C) = 4R2 sin B sin C sin A =

− −
→ →

−
→

−
→

−
→

− −
→ →

abc
2R
−
→

−
→

Solution 9
...
1) On a AB · AC = AB · (AD + DC) = AB · AD car AB et DC sont

orthogonaux
...


− −
→ →
− −
→ →
− −
→ → −
→
2) De α = AB · AC, β = BA · BC, on déduit α + β = AB · (AC − BC) = AB2 et de
même cinq autres égalités analogues
...
Multipliant sca→
−
→
−
→
−
→ −
−
→
lairement uAD + v BD + wCD = 0 par AB, on a uα = vβ
...

4) Soit O un point quelconque du plan, on a

1
1
1
+ +
α β γ
1
1 1
1
+ + +
α β
γ
δ

1−
−
→
→ 1−
→ 1−
→
OD = OA + OB + OC
α
β
γ
1−
−
→
→ 1−
→ 1−
→ 1−
→
OD = OA + OB + OC + OD
α
β
γ
δ

Faisant jouer à A, B, C le rôle de D, on a trois égalités analogues
...

Donc {A, B, C, D} n’est pas convexe
...
Dans la
configuration orthocentrique, ce point joue un rôle spécial pour la convexité
...
13
...
35, p
...
Comme G = A + B + C, on a le résultat
...
Puisque 3 AG = AC + AB, BC = AC − AB,
− −
→ →
− −
→ →
9GA2 = b2 + c2 + 2AC · AB,
a2 = b2 + c2 − 2AC · AB
d’où 9GA2 = 2b2 + 2c2 − a2
...

∆ est la droite d’Euler (OG)
...

4) Pour tout point M,

ϕ(M) = MA2 + MB2 + MC2 + MD2
donne

© Dunod
...


ϕ(M) = 4MΩ2 + ϕ(Ω) = 4MΩ2 + 3R2
Comme le cercle d’Euler est de rayon 1 R, on a bien le résultat annoncé
...
En dimension 3,
tétraèdres et parallélépipèdes correspondent aux triangles et parallélogrammes
...
C’est ainsi que la notion d’orthocentre n’est pas toujours
définie pour un tétraèdre quelconque
...


© Dunod
...


10
...
1
...
Volumes algébriques
Définition 10
...
La formule de changement de base montre que le déterminant

− − −
→ → →
d’un système de trois vecteurs V1 , V2 , V3 relativement à une base orthonormale
− − −
→ → →
directe B ne dépend pas de B
...

Un tétraèdre E est la donnée de quatre points A 0 , A1 , A2 , A3
...

→
→ → −
ı j
Soit B = (− , − , k ) une base orthonormale directe et O un point
...
3, p
...
247)
...
2
...
Ce lemme correspond à la proposition 9
...
250) relative aux triangles
...

⎛

V

1
⎜a
= det ⎝
b
c
⎛
1
⎜a
= det ⎝
b
c
⎛
x1
= det ⎝ y1
z1

⎞
1
1
1
a + x1 a + x2 a + x3 ⎟
b + y1 b + y2 b + y3 ⎠
c + z1 c + z2 c + z3
⎞
0 0 0
x1 x2 x3 ⎟
y1 y2 y3 ⎠
z1 z2 z3
⎞
x2 x3
−
−
−→ −→ −→
−
y2 y3 ⎠ = (A0 A1 , A0 A2 , A0 A3 )
z2 z3

en retranchant la première colonne du premier déterminant aux trois autres, puis en
développant par rapport à la première ligne
...
On appelle
volume algébrique du tétraèdre orienté A = (A 0 , A1 , A2 , A3 ) la quantité
1
6 [A0 , A1 , A2 , A3 ]
...
inverse) si [A 0 , A1 , A2 , A3 ]
est positif, (resp
...
Une permutation des sommets conserve le volume
algébrique ou le change en son opposé selon qu’elle est de signature 1 ou −1
...
3
...
4
...


Alors [M, A1 , A2 , A3 ], [A0 , M, A2 , A3 ], [A0 , A1 , M, A3 ], [A0 , A1 , A2 , M] est l’unique système de coordonnées barycentriques de M vérifiant

[M, A1 , A2 , A3 ] + [A0 , M, A2 , A3 ] + [A0 , A1 , M, A3 ] + [A0 , A1 , A2 , M] = [A0 , A1 , A2 , A3 ]

Démonstration
...
10 (p
...
Soit x 0 , x1 ,
x2 , x3 le système de coordonnées barycentriques de M tel que
x0 + x1 + x2 + x3 = 1

i

i
i

i

i

i

i

i

10
...
Posons V0 = [M, A1 , A2 , A3 ], V1 = [A0 , M, A2 , A3 ],
V2 = [A0 , A1 , M, A3 ], V3 = [A0 , A1 , A2 , M] et V = [A0 , A1 , A2 , A3 ]
...
2)
3

V0 = [M, A1 , A2 , A3 ] =

3

xi Ai , A1 , A2 , A3 =
i=0

xi [Ai , A1 , A2 , A3 ] = x0 V
i=0

Et de même V1 = x1 V , V2 = x2 V , V3 = x3 V
...
Comme
x1 = 1, on a bien Vi = V
...
Il en est de
même de 9
...
2 pour le régionnement (fonctions affines, demi-espaces, etc
...
1 et 10
...

10
...
2
...
5
...
Pour deux vecteurs U , V
...
Donc il existe un unique vecteur W = U ∧ V , appelé
→ →
− −
produit vectoriel de U et V (dans cet ordre), tel que
→
−
→ →
− −
− −
→ →
→ → →
− − −
∀ X ∈ E,
(U ∧ V ) · X = W · X = (U , V , X)
−
→

→
−

→
−

→
−

→
−

© Dunod
...


Proposition 10
...
Soit le produit vectoriel W = U ∧ V de U et V
...


Démonstration
...

→ →
− −
→
−
(i) Le produit scalaire étant une forme bilinéaire non dégénérée, U ∧ V = 0 si et
→ → →
− − −
→ → →
− − −
→
−
→ →
− −
seulement si ( U ∧ V ) · X = ( U , V , X ) = 0 pour tout X , donc si U , V ne fait
→ −
− →
partie d’aucune base, donc si U , V sont colinéaires
...


i

i
i

i

i

i

i

i

10 • Tétraèdres et parallélépipèdes

270

→ →
− −
(iii) Supposons U , V non colinéaires
...

→ →
− −
(iv) Si U , V colinéaires, θ ∈ {0, π}, sin θ = 0, le résultat est clair
...
Orientons Π = Vect( U , V ) de sorte que ( U , V )
→ → →
→
en soit une base directe
...
On déduit le
colinéaire de même sens à U , v dans Π directement orthogonal à v
résultat de

→ →
− −
U ∧V

2

→
−
U
→ − → →
− → − −
= det B ( U , V , U ∧ V ) =
0
0
→
−
→
−
→ →
− −
=
U × V sin θ × U ∧ V

→
−
| V cos θ
→
−
V sin θ
0

0
0
→ →
− −
U ∧V

→ →
− −
→ →
− −
Remarquons que U ∧ V est l’aire du parallélogramme associé à U et V
...
7
...


→ → →
− − −
Démonstration
...
Pour tout U , V , X ,
→ → →
− − −
→ → →
− − −
→ → →
− − −
→ → →
− − −
( V ∧ U ) · X = ( V , U , X ) = −( U , V , X ) = −( U ∧ V ) · X
→ → → →
− − − −
→
−
Donc V ∧ U + U ∧ V est nul car orthogonal à tout X
...

− −
→ →
→
−
→
−
Soit U1 , U2 ∈ E × E , λ1 , λ2 ∈ R × R, V ∈ E
...

→ → →
− − −
− −
→ → −
→
→ →→
− − −
→ →→
− − −
(A ∧ B ) ∧ C = (A · C )B − (B · C )A
...
Posons P = ( A ∧ B )∧ C
...
Supposons A , B non colinéaires
...
8
...
Soit trois vecteurs A , B , C
...
1 Produit mixte, produit vectoriel

271

→ →
− −
→
−
→ →
− −
→
−
→ −
−
→
Alors P , orthogonal à A ∧ B , est dans Vect( A , B ), donc de la forme P = x A +y B
...
e
...
Alors, pour λ = 1, on vérifie que
ı j
→
− − −
→ → →
→ − −
− → →
→ → −
Φ1 ( A , B , C ) = 0 dès que A , B , C sont pris dans l’ensemble { − , − , k }
...


Exercice 10
...
En dimension n, soit un simplexe (A 0 ,
...
Pour tout i, la droite Ai + δ
coupe Fi en Ai
...
, An ) et (A0 ,
...


© Dunod
...


Exercice 10
...
Les conditions sont les précédentes
...
Soit Ci le milieu de (Ai , Bi )
...


→ → → →
− − − −

Exercice 10
...
Soit quatre vecteurs A , B , C , D
...
4
...
Montrer que

−
−
−
−
−
−→ −→ −→ −→ −→ −→
−
A1 A2 ∧ A1 A3 = A2 A3 ∧ A2 A1 = A3 A1 ∧ A3 A2
−−−→
−−−
Ce vecteur, noté [A1 , A2 , A3 ], est l’aire vectorielle du triangle orienté A 1 A2 A3
...
5
...
Étant donné une permutation paire i, j, k, l

−−−
→ −− −→
−
de 1, 2, 3, 4, on pose (exercice 10
...
Montrer que
−
→ −
→ −
→ −
→ −
→
(i) F1 + F2 + F3 + F4 = 0 ,
→ −
− −→
(ii) Fi · Ai Aj = [A1 , A2 , A3 , A4 ],
→ →
− −
−→
−
(iii) Fi ∧ Fj = [A1 , A2 , A3 , A4 ]Ak Al ,
→ → →
− − −
(iv) (Fi , Fj , Fk ) = [A1 , A2 , A3 , A4 ]2
...
2 APPLICATIONS À DES CONFIGURATIONS
10
...
1
...
9
...
Les huit points A i et Bi
forment un parallélépipède A ∪ B de centre O
...

−
−→ −→
−
Démonstration
...
On déduit l’égalité de ces quatre vecteurs de
→
−
−
−
→ −
→
−
→ −
→
−
→ −
→
−
→ −
→
−→ −→
−
B2 A4 − A3 B1 = (OA4 − OB2 ) − (OB1 − OA3 ) = (OA4 + OA2 ) − (−OA1 − OA3 ) = 0
car O est isobarycentre du tétraèdre A
...


A3

B1

A3

ˆˆˆ
··
·
→
−
→
d
e
d
t · · ˆˆ −
··
e3
e3
··d
t · · · · ˆˆˆˆ
ed
·· A4
u
u
ˆˆˆ A4
e
B2
·· e
t
·· d
e d
· ·e
e
·· e
··
t
e e
 −
··
ea
E−
ea ·
E→
·· →e
t
e e
  e2
Od
Od · · · ·
··e2
t
‚
d·
‚−
d  · ·
→
e
··
→
e1
B4 · · ·e· · · · · · · · · ·− · · · · · A·· e
e1
t
2 ·· e
d e
  ¨¨A2
¨
·· e
t
de
 ¨
··
·e
t  ¨
d
e
¨
·

A1

B3

A1

i

i
i

i

i

i

i

i

10
...

Proposition 10
...
Tétraèdre orthocentrique
...
Les conditions suivantes sont équivalentes :

(i) il existe deux couples d’arêtes opposées formés d’arêtes orthogonales,
(ii) les trois couples d’arêtes opposées sont formés d’arêtes orthogonales,
(iii) il existe un sommet se projetant orthogonalement en l’orthocentre de la face
opposée,
(iv) tout sommet se projette orthogonalement en l’orthocentre de la face opposée,
(v) les quatre hauteurs du tétraèdre A sont concourantes,
(vi) A4 A2 + A2 A2 = A4 A2 + A3 A2 = A4 A2 + A1 A2 ,
1
3
2
1
3
2
(vii) les faces du parallélépipède A ∪ B sont des losanges
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On dit que A est orthocentrique s’il vérifie ces conditions
...

On a les implications (ii) ⇒ (i) et (iv) ⇒ (iii)
...
33, p
...

h
...
d

...
d

...
d

...
d

d
 A0
...
h
...
h
...
h
d

...


...
h−
...

−
−
 
A1 
...

  A2


...

 H4
...
 


...
On a A4 A1 · A2 A3 = H4 A1 · A2 A3 ,
donc (A4 A1 ) et (A2 A3 ) sont orthogonales
si et seulement si H4 est sur la hauteur du
triangle A1 A2 A3 issue de A1
...
Ceci donne
l’équivalence de (ii), (iii), (iv), donc l’équivalence des quatre premières conditions
...
N’étant pas parallèles

i

i
i

i

i

i

i

i

10 • Tétraèdres et parallélépipèdes

274

car orthogonales à des plans de face non parallèles, elles se coupent
...
Étant trois à trois non coplanaires, les
points communs à ces paires de hauteurs sont nécessairement confondus en un même
point A0
...
On fait de même pour les autres couples d’arêtes
opposées
...
Pour prouver l’équivalence
avec (vi), on utilisera l’identité vectorielle
−
−
−
−→ −→ −→ −→
−
A1 A2 + A3 A4 = A1 A4 + A3 A2
−
−
−
−
−
−
−
−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→
−
obtenue ainsi : A1 A2 + A3 A4 = A1 A4 + A4 A2 + A3 A2 + A2 A4 = A1 A4 + A3 A2
...

Inversement, si (vi) est vérifié, on aura
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→
−
A1 A2 · A3 A4 = A1 A4 · A3 A2 , A2 A3 · A1 A4 = A2 A4 · A1 A3 , A3 A1 · A2 A4 = A3 A4 · A2 A1
Ces quantités sont nulles car deux à deux opposées, d’où (ii)
...
9, p
...
Elles sont orthogonales si et
seulement si ce parallélogramme est un losange, d’où (ii) ⇔ (vii)
...

En revanche, de même qu’un triangle a un cercle circonscrit, un tétraèdre
A = A1 A2 A3 A4 a une sphère circonscrite
...
Pour tout M ∈ ∆4 , les quantités MA2 = MΩ2 + Ω4 A2 sont égales
4
i
i
pour i ∈ {1, 2, 3} (Pythagore)
...

10
...
2
...
11
...
Un parallélépipède est un cube si les faces sont des carrés
...
2 Applications à des configurations

275

Lemme 10
...
Un tétraèdre régulier A = A 1 A2 A3 A4 est orthocentrique et l’isobarycentre O est aussi orthocentre et centre de la sphère circonscrite
...
L’orthocentre H 4 du triangle
équilatéral A1 A2 A3 est en même temps l’isobarycentre et le centre du cercle circonscrit
...
La
projection orthogonale de A 4 sur (A1 A2 A3 ) est
donc le centre du cercle circonscrit à A 1 A2 A3 ,
i
...
H4
...
10,
(iii)) et O est sur la hauteur (A 4 H4 )
...

On a OA2 = OH4 2 +H4 A2 = OH4 2 +H4 A2 = OA2
1
1
2
2
(Pythagore)
...


© Dunod
...


Théorème 10
...
Le groupe des isométries (resp
...
Il est isomorphe, par action sur les quatre
sommets, au groupe symétrique S 4 (resp
...


Démonstration
...
Soit G (resp
...
déplacements) de E laissant A stable
...

Soit f /A la restriction de f ∈ G à l’ensemble des sommets de A
...

Par le lemme, la projection orthogonale de (A 4 A1 ) sur le plan (A1 A2 A3 ) est (H4 A1 ),
médiatrice de (A2 , A3 ), donc A4 et A1 sont dans le plan médiateur P 2,3 de (A2 , A3 )
...
Donc σ2,3 ∈ G et
σ2,3 /A est la transposition de S4 échangeant A2 et A3
...
Les transpositions engendrant S4 , ϕ est surjectif
...
Comme ils
forment un repère barycentrique, ce noyau se réduit à l’identité de E
...

L’application δ : f → det f est un morphisme G → {−1, 1} de noyau G +
...
Comme A 4
est le seul sous-groupe d’indice 2 de S 4 , ϕ induit un isomorphisme de G+ sur A4
...
14
...
Le tétraèdre A est régulier si et seulement si le
parallélépipède A ∪ B est un cube
...
Supposons que C = A ∪ B est un cube dont les arêtes A i Bj sont de
longueur a
...
Les faces de A sont des triangles équilatéraux, donc A est un
tétraèdre régulier
...
Il est orthocentrique (10
...
Les faces de
A ∪ B sont des losanges (10
...
Pour voir que ce sont des carrés, il suffit de voir par
→ −
→
−
→ −
→ −→ −
→ −
→
−
→ −
→
−→ −
−
−
exemple que A1 B2 = OB2 − OA1 = −OA2 − OA1 et A1 B3 = OB3 − OA1 = −OA3 − OA1
sont orthogonaux
...
Pour tout
couple d’indices (i, j),
−
→ −
→
− −
→ →
− −
→ →
l2 = Ai A2 = OAj − OAi 2 = OA2 + OA2 − 2OAi · OAj = 2R2 − 2OAi · OAj
j
j
i
−
− −
→ →
−→ −→
−
Les produits scalaires OAi · OAj sont tous égaux, donc A1 B2 · A1 B3 = 0
...
15
...
Par son action sur l’ensemble des quatre diagonales, il est isomorphe
au groupe symétrique S 4
...
Reprenons les mêmes notations
...
Comme pour 10
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Exercices

277

Le cube a quatre diagonales D i = [Ai , Bi ], chacune de milieu O
...
On note f / D l’action
ainsi induite par f ∈ G sur l’ensemble D = {D 1 , D2 , D3 , D4 } des quatre diagonales
...

Comme pour 10
...
Soit ∆1,4 la droite joi 
 ·
·
gnant les milieux de (A 1 , B4 ) et (A4 , B1 ) et ρ1,4
 
  ·
·
 
 
le retournement d’axe ∆ 1,4
...
Les points A2 et B2 sont échangés,
·
b $$
· $$$
de même que A3 et B3 , donc les diagonales
·
$
O
b $$ ·
$$
·
D2 et D3 sont stables
...
De même, toute
∆1,4
· ···············
 
·
A1 transposition est dans l’image de ϕ, d’où la
 
··
surjectivité
...
Alors f est
une rotation d’axe ∆
...
Si f ∈ Ker ϕ, f laisse stable les
quatre diagonales
...

Remarquons que G contient le sous-groupe d’indice 2 des déplacements laissant
stable chacun des tétraèdres A et B , isomorphe à A 4 d’après 10
...


EXERCICES

© Dunod
...


Exercice 10
...
Soit un tétraèdre A = A1 A2 A3 A4 , O l’isobarycentre, B le tétraèdre

symétrique par rapport à O
...
5) l’équivalence des conditions suivantes :
(i) les faces ont même aire,
(ii) toute arête a même longueur que l’arête opposée,
(iii) le parallélépipède A ∪ B est rectangle
...
Que dire d’un tétraèdre équifacial et
orthocentrique ?

Exercice 10
...
Soit A = A1 A2 A3 A4 un tétraèdre régulier d’isobarycentre O
...

Même question pour le sous-groupe distingué de cardinal 4 des déplacements laissant stable un cube
...
8
...

1) Montrer que G a trois sous-groupes d’indice 2 dont deux sont isomorphes à S 4
...

3) Déterminer un sous-groupe distingué de G cardinal 8 laissant C stable
...
9
...
Montrer que

A est équifacial si et seulement si les droites (M 1,2 M3,4 ), (M1,3 M2,4 ), (M1,4 M2,3 ) forment
un trièdre trirectangle (montrer que A est équifacial si et seulement si le groupe des
isométries laissant A stable contient le groupe de Klein)

PROBLÈMES
Les corrigés de ces problèmes sont disponibles sur le site de Dunod : www
...
com
...
1
...
À toute arête [A i , Aj ], on associe le plan Pi,j passant par le milieu de
[Ai , Aj ] et orthogonal à l’arête opposée
...

2) Montrer que O est milieu de (M, Ω) (on pourra projeter orthogonalement sur les
arêtes)
...


10
...
PROBLÈME
Soit A = A1 A2 A3 A4 un tétraèdre, O l’isobarycentre, M i,j le milieu de (Ai , Aj )
...

Dans la suite, on suppose A orthocentrique
...

2) Montrer que S1 coupe chaque face (A i Aj Ak ) suivant les cercles des 9 points du
triangle Ai Aj Ak
...
1)
...
1
...
Les déterminants
de systèmes de vecteurs de E seront évalués relativement à la base O, B de E
...
, An ] = det A0 + (A0 − A0 ),
...
, An ) +

Di
i=0

où Di se déduit de det(A0 ,
...
, An ) en remplaçant Ai par Ai − Ai
...
, Ai ,
...
On a donc

Di = − det(A0 ,
...
, An ] = −n[A0 ,
...

Solution 10
...
Dans E , on écrit Bj =

i βi,j Ai ,

© Dunod
...


où βj,j = 0, i βi,j = 1
...
Pour voir que ces éléments sont liés dans E , vérifions que le déterminant
de la matrice
⎞
⎛
1
β0,1 · · · β0,n
1
· · · β1,n ⎟
⎜ β1,0
C=⎜
...


...

⎝
...


...


...


...
L’alignement des B j se traduit par rg(B) = 2 où
⎞
⎛
0
β0,1 · · · β0,n
0
· · · β1,n ⎟
⎜ β1,0
B=⎜
...


...

⎝
...


...


...


...

Le fait que i βi,j = 1 pour tout j montre que 1 est valeur propre de B
...


Solution 10
...
Par la formule du double produit vectoriel, on a

→ →
− −
→ →
− −
(A ∧ B ) ∧ (C ∧ D) =

→ → → →
− − − −
→ → → →
− − − −
A · ( C ∧ D) B − B · ( C ∧ D ) A
→ → →→
− − − −
→ → →→
− − − −
= ( A , C , D ) B − ( B , C , D) A

La deuxième formule s’obtient de la même façon
...


Solution 10
...
Il suffit d’écrire

−
−→ −→
−
−
−→
−
−→ −→ −→ −→
−
−
−
−
−→ −→
−
A2 A3 ∧ A2 A1 = (A1 A3 − A1 A2 ) ∧ (−A1 A2 ) = −A1 A3 ∧ A1 A2 = A1 A2 ∧ A1 A3

Solution 10
...
(i) On a

−
→
−→ −→
−
−
−→ −→
−
−
−→ −→
−
−
F1 = A2 A3 ∧ A2 A4 = (A1 A3 − A1 A2 ) ∧ (A1 A4 − A1 A2 )
−
→ −
→ −
→
−
−
−
−
−
−→ −→ −→ −→ −→ −→
−
= A1 A3 ∧ A1 A4 − A1 A3 ∧ A1 A2 − A1 A2 ∧ A1 A4 = −F2 − F4 − F3
(ii) On a
→ −
− −→
− → −→ −→
−
−
−
− → −→ −→
− − −
Fi · Ai Aj = (Aj Ak ∧ Aj Al ) · Ai Aj = −(Aj Ak , Aj Al , Aj Ai )
= −[Aj , Ak , Al , Ai ] = [Ai , Aj , Ak , Al ] = [A1 , A2 , A3 , A4 ]
(iii) Par la formule du double produit vectoriel
→ − → −→
−
→ − −
− −→ − →
→ − −
− − → −→
→ →
− −
−
−
Fi ∧ Fj = Fi ∧ (Ak Ai ∧ Ak Al ) = (Fi · Ak Al )Ak Ai − (Fi · Ak Ai )Ak Al
−→ − → − → − →
−
−
− −
−→ − → − → −→
−
−
− −
= (Ak Al , Ak Aj , Ak Al )Ak Ai − (Ak Al , Ak Aj , Ak Ai )Ak Al
−→
−
−→
−
= −[Ak , Al , Aj , Ai ]Ak Al = [A1 , A2 , A3 , A4 ]Ak Al
(iv) Par (iii), on a
→ → →
− − −
→ → →
− − −
−→ −
− →
(Fi , Fj , Fk ) = (Fi ∧ Fj ) · Fk = [A1 , A2 , A3 , A4 ]Ak Al · Fk
−→ −→ −→
−
−
−
= [A1 , A2 , A3 , A4 ]( Ak Al · (Al Ai ∧ Al Aj )
− → −→ −→
− − −
= [A1 , A2 , A3 , A4 ](Ak Al , Al Ai , Al Aj ) = [A1 , A2 , A3 , A4 ]2

Solution 10
...
(ii) ⇒ (i)
...
Les triangles A1 A2 A3 et A1 A2 A4 ont leurs côtés égaux
deux à deux : A1 A3 = A2 A4 , A2 A3 = A1 A4 et le côté A1 A2 est commun
...

→
−
(i) ⇒ (ii)
...
5, les Fi sont égaux à une même
→ →
− −
quantité F
...
Pour i, j, k, l permutation
−
→ −
→
→ →
− −
de 1, 2, 3, 4, Fi + Fj = −Fk − Fl
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

281

→ →
− −
−→
−
On a Fi ∧ Fj = [A1 , A2 , A3 , A4 ]Ak Al , d’où
→ →
− −
|[A1 , A2 , A3 , A4 ]|Ak Al = Fi ∧ Fj = F 2 sin θi,j
Ak Al =

F 2 sin θk,l
F 2 sin θi,j
=
= Ai Aj
|[A1 , A2 , A3 , A4 ]|
|[A1 , A2 , A3 , A4 ]|

L’équivalence (ii) ⇔ (iii) se déduit du fait qu’un parallélogramme est un rectangle
si et seulement si ses diagonales ont même longueur
...
Un tétraèdre
équifacial et orthocentrique est régulier
...
7
...
L’isométrie échangeant A1 et A2 , A3 et A4 est le retournement autour de la droite joignant les milieux M 1,2
de (A1 , A2 ) et M3,4 de (A3 , A4 )
...
Le composé de deux de
ces retournements étant le troisième, les axes (M 1,2 M3,4 ), (M1,3 M2,4 ), (M1,4 M2,3 ) forment
un système trirectangle de droites se rencontrant en l’isobarycentre O
...
Les
trois droites précédentes sont les axes des faces du cube
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
8
...
15, p
...
L’application f → det f est un morphisme G → {−1, 1}
...
Donc le noyau G+ est d’indice 2
...

Toute isométrie laissant stable A laisse fixe O donc laisse B stable : si f (A i ) = Aj ,
alors f (Bi ) = Bj
...
13, p
...

L’intersection A ∩ G+ est formée des déplacements laissant stables les tétraèdres
...

Le troisième sous-groupe d’indice 2 est formé des f qui
• ou bien sont dans A∩G+ , donc sont des déplacements laissant stables les tétraèdres,
• ou bien ne sont ni dans A, ni dans G+ , donc sont des antidéplacements échangeant
les tétraèdres
...


i

i
i

i

i

i

i

i

282

10 • Tétraèdres et parallélépipèdes

On vérifie que l’application associant à f ∈ G le couple
• (1, f ) si f ∈ G+ ,

/
• (−1, SO ◦ f ) si f ∈ G+ ,
{−1, 1} × S4
...

Le sous-groupe distingué de cardinal 8 est formé de l’identité, de la symétrie S O ,
des trois retournements autour des axes des faces du cube, des composés de ces retournements avec S O qui sont les réflexions autour des plans médiateurs des arêtes du
cube
...
9
...
On a

1
1
O = (A1 + A2 + A3 + A4 ) = (M1,2 + M3,4 )
4
2
donc O est milieu des trois segments [M i,j , Mk,l ]
...
Le
tétraèdre A est équifacial si et seulement si C est rectangle, donc si et seulement si
les trois droites (Mi,j Mk,l ) sont deux à deux orthogonales
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Chapitre 11

Géométrie des cercles

© Dunod
...


D’importantes propriétés sont développées dans les quatre premières sections :
positions relatives de droites et cercles (11
...
1), puissance d’un point (11
...
3), lieu des points dont le rapport des distances à deux points est constant
(11
...
Ceci amène à une première approche de la notion de faisceau de cercles, à
points de base dans la section 11
...
4
...
5 introduit une extension de la notion de cercle : on ajoute les droites
...

L’orthogonalité est définie à l’aide d’une forme quadratique de signature (3, 1) dans
l’espace vectoriel de dimension 4 des fonctions circulaires
...


11
...

Définition 11
...
Soit C un cercle de centre Ω et de rayon R > 0, ensemble des

points M du plan tels que ΩM = R
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11 • Géométrie des cercles

284

Proposition 11
...
Soit ∆ une droite, H la projection de Ω sur ∆
...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...

a
a

...


...


...


...


...

Ω
H1
...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


H3

a

H2

→
→
Démonstration
...

u
u
On a
− 2
→
−
→
−
→
−
→
ΩMt = ΩH 2 + HMt 2 = ΩH 2 + t2
...
Une discussion immédiate aboutit au
résultat
...
3
...

Corollaire Soit M ∈ C
...
Toute
droite passant par M distincte de T est sécante
...
Si T est la perpendiculaire en M à (ΩM), alors M est projection orthogonale de Ω sur T , donc T ∩ C = {M}
...

Proposition 11
...
Soit M un point
...


Démonstration
...
Soit ∆ passant par M et H la projection
orthogonale de Ω sur ∆
...

b) Supposons M extérieur
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11
...
Supposons que toute droite passant par M soit sécante
...
Et M ne peut être sur C car la perpendiculaire
T en M à (ΩM) serait tangente
...
On voit de même la réciproque
de b)
...
1
...
Positions relatives de deux cercles
Proposition 11
...
Soit deux cercles C1 , C2 de centres Ω1 , Ω2 , de rayons R1 , R2 ,

d = Ω1 Ω2
...


Démonstration
...
L’inégalité triangulaire appliquée au triangle MΩ 1 Ω2 donne
|R1 − R2 | = |MΩ1 − MΩ2 |

d = Ω1 Ω2

Réciproquement, supposons |R 1 − R2 |

M ∈ C1 ∩ C2

⇔

© Dunod
...


⇔

−
→
Ω1 M

d
2

MΩ1 + MΩ2 = R1 + R2

R1 + R2
...


−
→
2
= R1 et Ω2 M

−
→
M ∈ C1 et Ω1 M

2

2

2
= R2

−
→
− Ω2 M

2

2
2
= R1 − R2

Soit H la projection orthogonale de M sur (Ω 1 Ω2 ) et I le milieu de (Ω1 , Ω2 )
...
On a l’équivalence
2
2
M ∈ C1 ∩C2 ⇔ M ∈ C1 et 2Ω1 Ω2 ·IH = R1 −R2 ⇔ M ∈ C1 et IH =

2
2
R1 − R2
2d

R2 −R2

Définissons H ∈ (Ω1 Ω2 ) par IH = 12d 2
...


...
M

...
C2

...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...
a

...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...

Ω1

...


...


...


...


...


...


...


...


...
Donc H est intérieur à C 1 ou
sur C1 et la perpendiculaire à (Ω 1 Ω2 ) en H coupe C1 en deux points distincts ou lui est
tangente en H
...
2, p
...

(iii) Si M = H est sur C2 , on a : MΩ1 + R2 = MΩ1 + MΩ2
Ω1 Ω2 = d = R1 + R2 ,
donc MΩ1 R1
...

(iv) On raisonne comme pour (iii)
...
6
...
Il existe un triangle non aplati ayant

a, b, c pour longueurs des côtés si et seulement si |a − b| < c < a + b
...
Par l’inégalité triangulaire, les côtés d’un triangle vérifient cette
inégalité
...
Les cercles de centres A et B, de rayons b et a sont sécants
...

Proposition 11
...
Soit un cercle C de centre Ω, de rayon R, P, Q diamétralement

− −
→ →
opposés sur C
...

→
− −
→ → −
− −
→ →
Démonstration
...
2 Puissance d’un point

287

Proposition 11
...
Tangentes issues d’un point
...
Par un point M extérieur passent deux tangentes
...
Étant donné T ∈ C , (MT) est
tangente à C si et seulement si (MT) et (TΩ) sont
perpendiculaires, c’est-à-dire si T ∈ Γ, cercle de
diamètre (Ω, M)
...
La distance
des centres est égale au rayon 1 MΩ de Γ
...

Reste à vérifier R − IΩ < IΩ, soit R < 2IΩ = MΩ
...

Remarquons que ceci donne une construction géométrique des tangentes à C issues
de M : on prend les points T 1 , T2 communs à C et Γ
...
Ta
...
C

...


...


...
¨

...


...


...


...


...


...


...


...


...


...
¨¨

...


...


...
a

...
Ω
a
...


...


...


...


...


...


...


...

I
...


...


...


...


...


...

r
...


...


...


...


...


...


...
r
T2 rr

11
...


11
...
1
...
9
...


Pour toute sécante passant par M coupant C en P et P et pour tout diamètre (P, Q) de
− −
→ →
C , on a MP · MQ = MP × MP = MΩ2 − R2
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

4 M
4 ¢
4 ¢
P

...

¢
4
...


...
¢

...

4

...

4
„
...


...
4

...
¢ Q
P
...


...

Ω

...


...


...


...


...


...


...


Démonstration
...
7, p
...

On a :
→
− − −
→ →
MP×MP = MP · (MQ + QP )
→ →
− − − −
→ → → → − −
= MP · MQ + MP · QP = MP · MQ
− −
→ → − −
→ →
= (MΩ + ΩP) · (MΩ + ΩQ) = MΩ2 − R2

Le signe de C(M) détermine un régionnement du plan :
• si C(M) < 0, M est intérieur, le minimum de C(M) étant atteint au centre avec
C(Ω) = −R2 ,
• si C(M) = 0, M est sur C ,
1
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11 • Géométrie des cercles

288

• si C(M) > 0, M est extérieur
...

Proposition 11
...
Soit ∆1 , ∆2 , deux droites sécantes en O et M 1 ,N1 ,M2 ,N2 des points
de ∆1 , ∆2 distincts de O
...
La condition est nécessaire : s’il existe un tel cercle C , on a
C(O) = OM1 × ON1 = OM2 × ON2
...

Supposons M1 et N1 distincts
...
On a
OM2 × ON2 = OM1 × ON1 = C(O) = OM2 × ON2
d’où N2 = N2 et les points sont cocycliques
...
Les droites
orthogonales en M1 et M2 à ∆1 et ∆2 se coupent en Ω
...


11
...
2
...
Alors C est l’ensemble des points M(x, y) tels que ΩM 2 = R2 ,
c’est-à-dire tels que
(x − a)2 + (y − b)2 = R2
C’est une équation du cercle C
...
Parmi ces équations, il en est une particulière : l’équation
normale où le coefficient de x 2 + y 2 est 1
...
11
...

Étant donné un polynôme circulaire non nul P (X, Y ), l’ensemble V(P ) des M(x, y)
tels que P (x, y) = 0 est-il un cercle ? Voici deux familles de cas :

i

i
i

i

i

i

i

i

11
...
e
...
Remplaçons P par son polynôme normalisé

P0 (X, Y ) =
=

β
δ
P (X, Y )
α
= X2 + Y 2 + 2 X + 2 Y +
γ
γ
γ
γ
α
X−
γ

2

β
+ Y −
γ

2

+

γδ − α2 − β 2
γ2

Si α2 + β 2 − γδ > 0, V(P ) est le cercle de centre Ω(− α , − β ) et de rayon
γ
γ
√

R=

α2 +β 2 −γδ

...
On dit que V(P )
γ
γ
est le cercle-point {Ω}
...

(2) Cas où γ = 0, c’est-à-dire que P est de degré 1
...

Si α = β = 0 et δ = 0, aucun point ne vérifie l’équation, V(P ) est vide
...

Expression analytique de la puissance
...
Pour

C(M0 ) = ΩM2 − R2 = (x0 + α)2 + (y0 + β)2 − (α2 + β 2 − δ) = P (x0 , y0 )
0

© Dunod
...


La puissance d’un point M 0 par rapport à un cercle C s’obtient en remplaçant x, y
dans l’équation normale de C par les coordonnées x 0 , y0 de M0
...
2
...
Espace vectoriel des fonctions circulaires
→ →
La discussion précédente est menée relativement à un repère orthonormé (O, − , − )
...

Définition 11
...
Étant donné un point origine O, une fonction circulaire est

une application non identiquement nulle
− −
→ →
−
→
−
→
F : P → R , M → F (M) = γ OM 2 + 2VO · OM + F (O) où VO ∈ P
L’expression de F relativement à une autre origine O est du même type avec la
même constante γ ne dépendant que de F et notée γ(F )
...
Soit le point Ω = O − γ VO
...
On a donc

−
→
F (M) = γ ΩM
Si
Si
Si

F (Ω)
γ
F (Ω)
γ
F (Ω)
γ

2

+ F (Ω) = γ

−
→
ΩM

2

+

< 0, V(F ) est le cercle de centre Ω et de rayon

F (Ω)
γ
(Ω)
− Fγ
...

> 0, aucun point n’annule F , donc V(F ) est vide
...
Si γ(F ) = 0, on se ra1
mène à ce cas en remplaçant F par sa normalisée γ(F ) F
...
Si F (Ω)
0, V(F ) est le cercle de centre Ω, de rayon
R = −F (Ω) et F (M) est la puissance de M relativement à ce cercle
...
Alors F (M) = 2VO · OM + F (O) et F est une fonction affine (9
...
250)
...

−
→ −
−
→
→
Si VO = 0 , V(F ) est une droite orthogonale à VO partageant le plan en V(F ) et les
demi-plans ouverts {M | F (M) > 0} et {M | F (M) < 0}
...
Ramenant P à un repère
→ →
orthonormé (O, − , − ), la fonction circulaire F est de type « polynomial circulaire »
ı j

M

x
y

→ F (M) = γ(x2 + y 2) ) + 2αx + 2βy + δ

Un calcul immédiat donne

−
→
Φ(F ) = VO

2

− γF (O) = α2 + β 2 − γδ

i

i
i

i

i

i

i

i

11
...
Elle existe aussi si γ = 0 et
−
→
vaut alors VO 2
...

Proposition 11
...
Les fonctions circulaires (en leur adjoignant la fonction nulle)
constituent un R-espace vectoriel de dimension 4
...


Démonstration
...
Soit (λ, µ) un couple de réels, l’application
−
→
−
→
−
→
λF + µG : M → λγ(F ) + µγ(G) OM2 + λVO (F ) + µVO (G) · OM + λF (O) + µG(O)
−
→
est une fonction circulaire
...

On peut aussi dire que la donnée d’un repère orthonormé détermine un isomorphisme
entre C et l’espace des polynômes circulaires
...
255) relative à un système de points pondérés
(αi , Ai ) est une fonction circulaire telle que γ(F ) =
αi
...


© Dunod
...


11
...
4
...
14
...
L’ensemble

des points M ayant même puissance par rapport à ces cercles est une droite orthogonale
à la droite des centres (Ω 1 Ω2 )
...


2
Démonstration
...
On déduit le résultat de ce que F = F 1 − F2 est la fonction
affine M → F (M) où, I étant milieu de (Ω 1 , Ω2 ),
−
→
−
→
2
2
F (M) = Ω1 M 2 − Ω2 M 2 − R1 + R2
−
→ −
→ −
→ −
→
2
2
= (Ω1 M + Ω2 M) · (Ω1 M − Ω2 M) − R1 + R2
− −→
→ −
2
2
= 2IM · Ω1 Ω2 − R1 + R2

i

i
i

i

i

i

i

i

11 • Géométrie des cercles

292

11
...
3
...
Théorème fondamental
Théorème 11
...
Soit C un cercle de centre Ω, A, B deux points de C
...
(i1) Soit M ∈ C , distinct de
A et B
...
c
...

ƒ
™
...

( h
...


...

ƒ

...


...
22

...

a 2 h
...

tƒ
...

ƒ
...

&

...

ƒ
...


...


...

Aƒ
...
B
par addition (MA, MB) ≡ (ΩA, MA) + (MB, ΩB),

...

→
→
− un vecteur unitaire de (At) et − = −−
...

τ
τ
τ
On a donc
− −
→ →
2(At, AB) ≡ (ΩA, ΩB)
...
Montrons que
− −
→ →
2(M A, M B) ≡ (ΩA, ΩB) modulo 2π
...

/
Si M ∈ (AB), le cercle C = (ABM ) est de centre Ω = Ω
...
Par la partie directe, on a modulo π ,
(M A, M B) ≡ (At , AB) ≡ (At, AB), donc

− −
→ →
2(M A, M B) ≡ (ΩA, ΩB) modulo 2π
...
3 Propriété angulaire du cercle

293

Corollaire 11
...
Quatre points distincts A, B, C, D sont cocycliques ou alignés si et

seulement si (CA, CB) ≡ (DA, DB) mod(π)
...
17
...
Soit A, B deux points

distincts, θ ∈]0, π[ et Cθ le cercle ensemble des M tels que ( MA, MB) ≡ θ mod(π)
...
13, p
...


− −
→ →
− −
→ →
Démonstration
...
17, p
...
Si θ ∈]0, π[, sin θ > 0, sin(θ + π) = − sin θ < 0, d’où
− −
→ →
+
Cθ = {M | (MA, MB) ≡ θ mod(2π)} = Cθ ∩ P + est l’ensemble des points M du
cercle Cθ tel que le triangle ABM soit direct,
− −
→ →
−
Cθ = {M | (MA, MB) ≡ θ + π mod(2π)} = Cθ ∩ P − est l’ensemble des points M
du cercle Cθ tel que le triangle ABM soit inverse
...
3
...
Applications

© Dunod
...


Proposition 11
...
Théorème de Simson
...
Pour que U, V, W soient
alignés, il faut et il suffit que M ∈ C
...
Par cocyclicité des groupes de points
(M, A, V, W), (M, B, W, U), (M, C, U, V), on a, modulo π
(UV, UW) ≡ (UV, UM) + (UM, UW) ≡ (CV, CM) + (BM, BW)
≡ (CA, CM) + (BM, BA) ≡ (CA, BA) − (CM, BM)
Donc U, V, W sont alignés si et seulement si on a les
propriétés équivalentes

(UV, UW) ≡ 0 mod(π)) ⇔ (CA, BA) ≡ (CM, BM) mod(π)

M

gU
2
2r


...


...
r
...


...
™
g
...

™ r ( g
...

(
™

...


...

(V g

...


...


...


...


...


...


...

g

...


...


...


...


...
(
g
...


...

(
r
...

g
...

A
...
B

...


...


i

i
i

i

i

i

i

i

11 • Géométrie des cercles

294

11
...
4
...
Faisceaux à points de base
Définition 11
...
Soit A, B deux points distincts
...
On convient de
considérer la droite (AB) comme cercle dégénéré du faisceau
...
Comme A et B ont une
puissance nulle par rapport à tout cercle du faisceau, l’axe radical de deux cercles
distincts du faisceau est la droite (AB)
...
On a une bijection de R/πZ sur le faisceau : à θ , on associe
Cθ = {M | (MA, MB) ≡ θ mod(π)}
...


11
...
2
...
20
...
Soit A, B deux points distincts du plan
et k un réel positif
...


L’axe radical de deux cercles C k et Ck distincts est la médiatrice de (A, B)
...
Pour que M ∈ C k , il faut et il suffit que MA2 − k2 MB2 = 0
...
19, p
...

Pour k = 1, on a la médiatrice de (A, B)
...

1−k
Retrouvons ceci autrement
...
On a
−
→ − −
→ → −
→
MA2 −k2 MB2 = (MA+kMB)·(MA−kMB)
−
→
−
→

...


...

4

...

 

...


...
$
4
$
...

4  
I = A+kB , J = A−kB
...

1+k
1−k
$$
„
...
44  

...

$$$
On a M ∈ Ck si et seule
...
4
$
  b
„
...


...


...


...

ment si MI · MJ = 0, c’estB
I
...
J

...


...


...


...


...
7,

...


...
Ck

...
286)
...

IB

i

i
i

i

i

i

i

i

11
...

Par extension, l’axe radical C 1 et les cercles points
{A} = C0 et {B} = C∞ sont considérés comme faisant partie de cette famille
de cercles, appelée faisceau de cercles à points limites A, B
...

Définition 11
...


Questions :
Deux cercles distincts C k , Ck d’un faisceau à points limites A, B n’ont pas de point
MA
commun car
n’est pas égal à la fois à k et k
...
5
...
qu’il est répondu à
ces questions
...
1
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
2
...
Étant donné
une direction X , les droites A + X , B + X , C + X recoupent C en A , B , C
...


1) Montrer que M, P, Q, C sont cocycliques
...

Exercice 11
...
Soit un triangle ABC, X , Y les bissectrices de ( CA, CB) coupant (AB)

en I, J
...
4
...
Pour tout M ∈ ∆, (OM) recoupe
C en M
...

2) Soit O un point, k = 0
...
Que deviennent par inversion les droites du plan ?
Exercice 11
...
1) Soit C un cercle, O ∈ C , h une homothétie de centre O, C = h(C)
...
Montrer que
M1 , M2 , N1 , N2 sont cocycliques
...
5 L’ESPACE DES CERCLES DU PLAN
11
...
1
...
12, p
...

Définition 11
...
Soit F définie par :

F : P −→ R
−
→
M −→ γ(F ) OM

2

−
→
−
→
+ 2VO (F ) · OM + F (O)

où O est un point origine
...
La quantité Φ(F ) ne dépendant que de
F définit une forme quadratique sur C

Φ : C −→ R
−
→
F −→ Φ(F ) = VO (F )

2

− γ(F )F (O)

(1) Si Φ(F ) > 0, l’ensemble V(F ) est infini : cercle si γ(F ) = 0, droite
si γ(F ) = 0
...
On l’a déjà fait en considérant l’axe radical d’un faisceau à
points de base ou à points limites comme cercle particulier du faisceau
...

(3) Si Φ(F ) = 0 et γ(F ) = 0, V(F ) est un cercle-point
...
Pour Φ(F ) = 0 et
γ(F ) = 0, alors Φ est constante sur tout P
...
Les éléments isotropes de C
sont les fonctions circulaires associées aux cercles-points
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11
...
23
...
Un cercle au sens ordinaire est donc un cercle généralisé particulier
ˇ
appelé cercle à centre
...

Définition 11
...
Soit une origine O
...


Ceci ne dépend pas des fonctions circulaires F 1 et F2 définissant C1 et C2 qui sont
les λ1 F1 et λ2 F2 (λ1 , λ2 non nuls)
...
L’orthogonalité entre cercles généralisés est donc
bien définie
...


© Dunod
...


(1) Cas de deux droites
...

(2) Cas d’un cercle ou droite et d’un cercle-point
...
Alors
−
→
−
→
−
→
−
→
F1 (M) = γ(F1 ) OM 2 , F2 (M) = γ(F2 ) OM 2 + 2VO (F2 ) · OM + F2 (O)

1
Φ(F1 , F2 ) = − F2 (O)γ(F1 )
2
Φ(F1 , F2 ) est nul si et seulement si F2 (O) = 0
...

(3) Cas d’un cercle ou droite et du cercle-point {∞}
...

Alors
−
→
−
→
−
→
F1 (M) = F1 (O) , F2 (M) = γ(F2 ) OM 2 + 2VO (F2 ) · OM + F2 (O)

1
Φ(F1 , F2 ) = − F1 (O)γ(F2 )
2

i

i
i

i

i

i

i

i

11 • Géométrie des cercles

298

Φ(F1 , F2 ) = 0 si et seulement si γ(F2 ) = 0
...
On
peut donc énoncer : les droites sont les cercles généralisés passant par le point à
l’infini
...
On place l’origine O en le centre du
cercle V(F1 )
...
Un cercle à centre et une droite sont
orthogonaux si et seulement si la droite passe par le centre du cercle
...
Cela fait l’objet de la proposition suivante :
Proposition 11
...
Soit C1 , C2 deux cercles de centres Ω 1 , Ω2 , de rayons R1 , R2 ,

2
2
d = Ω1 Ω2
...


Démonstration
...
Pour tout M et i = 1, 2, on a Ci (M) = Fi (M) = Ωi M2 − Ri
...

d
R1 + R2 , donc si
Ces cercles se coupent si et seulement si |R 1 − R2 |
|Φ(F1 , F2 )| 2R1 R2 (11
...
285)
...
Soit T un point commun
...
On en déduit l’équivalence de a) et c)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11
...


...


...
T
...


...


...


...


...

&ƒ

...


...


...


...


...


...


...


...

a
&
...


...


...


...


...
Ω
Ω1
...

2

...


...


...


...


...


...


...


...



...


...


...


...


...

r
...

r

...


...
r

...
Ω2

...

r Ω
...


...


...
a

...


...


...


...

r
...


...


...

ra
...


...
a

...


...


...


...
r
...
r
...


...


...


...

N2

Soit D une sécante passant par Ω 1 coupant C1 en M1 , N1 et C2 en M2 , N2 ,
2
F2 (Ω1 ) = Ω1 M2 · Ω1 N2 , R1 = Ω1 M2 = Ω1 N2
1
1

Alors b2) équivaut à Ω1 M2 · Ω1 N2 = Ω1 M2 = Ω1 N2 , ce qui équivaut à
1
1

[M1 , N1 , M2 , N2 ] = −1
par la relation de Newton caractérisant les divisions harmoniques (8
...
217),
d’où l’équivalence de b), e) et f )
...
26
...


© Dunod
...


Démonstration
...
Alors {P 1 } et {P2 } sont orthogonaux à C1 et C2
...
On a une base (F1 , F2 , ϕ1 , ϕ2 ) de C et la décomposition de C = Vect(F1 , F2 )⊕⊥ Vect(ϕ1 , ϕ2 ) en somme directe orthogonale
...


11
...
2
...

La donnée d’un plan vectoriel Π ⊂ C définit le faisceau de cercles F(Π) formé des
cercles V(F ) où F décrit Π, avec Φ(F ) 0 pour que V(F ) soit un cercle généralisé
non vide (11
...
296)
...

Proposition 11
...
Soit F un faisceau de cercles et M un point
...


i

i
i

i

i

i

i

i

300

11 • Géométrie des cercles

Démonstration
...
On cherche
les couples (λ1 , λ2 ) tels que λ1 F1 (M) + λ2 F2 (M) = 0
...

Si F1 (M) et F2 (M) ne sont pas tous deux nuls, les couples (λ 1 , λ2 ) cherchés
sont proportionnels à F2 (M), −F1 (M)
...

Nous allons maintenant classer les faisceaux de cercles
...
Si F(Π) est un faisceau, il y a trois
cas pour la restriction Φ |Π de Φ à Π :
(1) Φ|Π est de signature (1, 1), les faisceaux définis par ces plans s’appellent faisceaux
à points limites
...

(3) Φ|Π est dégénérée, c’est-à-dire que le plan vectoriel Π est isotrope : on parle alors
de faisceaux singuliers
...
Comme Φ est non dégénérée, l’application involutive Π → Π ⊥ établit une
bijection entre :
• l’ensemble des plans vectoriels P tels que Φ |P est de signature (1, 1),
• l’ensemble des plans vectoriels Q tels que Φ |Q est de signature (2, 0)
...
6
...

Définition 11
...
Si F(Π) est un faisceau de cercles, F(Π ⊥ ) s’appelle le

faisceau conjugué
...
Donc F(Π⊥ ) est formé des cercles
orthogonaux à tout cercle de F(Π)
...

Un cercle généralisé appartient à F ⊥ si et seulement s’il est orthogonal à deux
cercles généralisés distincts de F
...

On suppose Φ|Π de signature (1, 1)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11
...

Supposant f et g normalisées, f (M) = AM 2 et g(M) = BM2 pour tout M
...
Pour λ, µ non
nuls de signes contraires,

V(F ) = M | λMA2 + µMB2 = 0 =

M|

MA
=k
MB

où k =

|µ|
|λ|

On trouve la notion de faisceau de cercles à points-limites A, B au sens de la définition 11
...
295
...

• Cas de cercles concentriques c’est le cas où g est constante, c’est-à-dire où
V(g) = {∞}
...
Les fonctions
circulaires de Vect(f, g) sont du type

F = λf + µ : M → λAM2 + µ
On a V(F ) = φ si λ et µ non nuls ont même signe
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
C’est un cas particulier de faisceau
à points-limites, noté F(A, ∞)
...

Un faisceau F = F(Π) à points de base est donc un faisceau tel que Φ |Π est de
signature (2, 0), donc définie positive
...
Le faisceau conjugué est alors un faisceau
à points limites A, B (avec éventuellement B = ∞)
...
On retrouve la notion de faisceau à points de base de 11
...
294
...
Alors F est formé des cercles généralisés orthogonaux à {A} et {∞},
c’est-à-dire des droites passant par A
...


...


...


...


...


...


...


...


...
A
...


...
a
...

c
...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...

c
a

...


...


...


...


...


...


...
B

...


...


...


...


faisceau à points-limites F(A, B)

faisceau à points de base F ⊥ (A, B)


...


...
 

...


...
d
...


...
d

...


...


...


...


...


...


...


...


...
 d
...


...


...
d
...


...
d
...


...


...
d

faisceau à points-limites F(A, ∞)
faisceau à points de base F ⊥ (A, ∞)

c) Étude des faisceaux singuliers
...
Alors Φ |Π est de rang 1
...
Soit f
un générateur de cette droite isotrope
...
Tout cercle de F est orthogonal au
cercle-point {A}, donc passe par A
...
Tous
les cercles de F ont même tangente ∆ en A
...

L’unique cercle de F passant par M ne peut être que C , d’où C ∈ F (11
...
299)
...

• Cas d’un faisceau de droites parallèles On suppose f = 1, associée au cerclepoint {∞}
...
Deux droites de F n’ont pas de point commun B = ∞ sinon F serait le
faisceau à points de base F(B, ∞) des droites passant par B
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11
...
L’unique cercle généralisé
de F passant par M ne peut être que C , d’où C ∈ F
...


...


...

∆
...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...
A
...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...
La photocopie non autorisée est un délit
...
29
...
Soit F un faisceau de cercles qui n’est formé, ni de
cercles concentriques, ni de droites concourantes ou parallèles
...


Démonstration
...
Si ∆ et ∆ se coupent en A (resp
...
parallèles à ∆ et ∆ )
...

Soit C1 = V(F1 ) et C2 = V(F2 ) deux cercles à centre distincts de F où les fonctions
circulaires F1 , F2 sont normalisées et O une origine
− −
→ →
− −
→ →
∀M , F1 (M) = OM2 + 2V1 · OM + F1 (O) , F2 (M) = OM2 + 2V2 · OM + F2 (O)
L’axe radical de C1 et C2 est V(F1 − F2 ), cercle généralisé du faisceau
...
6 PROJECTION STÉRÉOGRAPHIQUE
Soit E un espace affine euclidien de dimension 3, E son espace vectoriel associé, P
un plan de E , S une sphère de centre Ω
...
Les points Ω, o, s ont même projection orthogonale O
/
sur P
...


...

ˇ

...

plan annalagmatique P ainsi définie :

...


...

 

...


...


...


...


...


...
 

...
a

...

m
...

Ω

...


...


...


...


...


...


...

 
a

 

a
 

o

S

1) à m ∈ S distinct de s, on associe le
point π(m) = M où la droite (sm) coupe
P,
2) à s on associe le point à l’infini ∞ de
ˇ
P
...
Nous verrons que π établit une bijection entre cercles tracés
ˇ
sur S et cercles généralisés de P
...
6
...
Plans et sphères
Comme en géométrie plane pour les droites (9
...
251) et cercles (11
...
289),
on décrit un plan (resp
...
circulaire)
...

w
• une fonction circulaire est une application G : E → R
− −
→ →
P → G(P) = γsP2 + 2W · sP + G(s)
Les fonctions circulaires forment un espace vectoriel de dimension 5 car isomorphe
−
→
à R × E × R par l’isomorphisme G → γ, W , G(s)
...

Comme pour les cercles, l’ensemble des points annulant une fonction circulaire
n’est pas toujours une sphère
...
Inversement, toute sphère est du type V(G) où G est déterminée

i

i
i

i

i

i

i

i

11
...
Comme pour les cercles, la condition pour que V(G) soit non
vide et non réduit à un point (i
...
un plan ou une sphère de rayon non nul) est que
−
→
Φ(G) = W 2 − γG(s) > 0
...
6
...
Inversion en dimension 3
Nous avons rencontré la notion d’inversion en géométrie plane (11
...
296)
...
Voici une autre approche
...
30
...
31
...


Il existe une bijection linéaire f → G de l’espace vectoriel des fonctions affines sur
l’espace vectoriel des fonctions circulaires nulles en s telle que V(f ) et V(G) soient
transformés l’un de l’autre par Inv(s, k)
...
Soit le plan V(f ) où f (P) = − · sP + f (s) avec − = 0
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On a l’équivalence

P ∈ V(f ) ⇐⇒ Q ∈ V(G)
Enfin, il est clair que cette application f → G est une bijection linéaire entre ces
espaces vectoriels
...
6
...
La projection stéréographique
Reprenons les conditions du début de 11
...
Il est clair que la projection stéréographique π : S \ {s} → P est la restriction à S de l’inversion Inv(s, k) (k = so × sO)
ˇ
transformant S en P
...
32
...


Pour que Γ soit une droite, il faut et il suffit que γ passe par s
...


Π €€
€

€

¨
...


...
a
...
¨

...
a€ γ d
...


€€ d
...

d
`
a €€
...

Ω

...



...


...


...

`
a

o

Γ

a

O

€€
€
€
d
d
d
a
d·························

N

Démonstration
...
Alors
→
→ −
Π = V(f ) où f est une fonction affine P → f (P) = − · sP + f (s)
...
Soit m ∈ S, M = π(m) ∈ P , on a
v
w
u
v
u
→
→ →
→ −
→ → − −
G(M) = f (s)sM2 + k− · sM = f (s)(sO2 + OM2 ) + k(− + − ) · (sO + OM)
w
u
v
→
→
→ −
→ −
v
u
= f (s)OM2 + k− · OM + f (s)sO2 + k− · sO

Autrement dit, la restriction de G au plan P est la fonction circulaire
→
→
→ −
→ −
F : P → R, M → F (M) = f (s)OM2 + k− · OM + f (s)sO2 + k− · sO
v
u
Pour que m ∈ γ = V(f ) ∩ S , il faut et il suffit que π(m) = M ∈ V(G) ∩ P , donc que
M ∈ P et F (M) = 0
...
Si f ∈ Ker Ψ, F est nulle, donc

i

i
i

i

i

i

i

i

11
...
Comme ces espaces vectoriels sont tous deux
de dimension 4, l’injection Ψ est bien bijective
...
Le lecteur vérifiera que la condition
1
→
→ −
Φ(F ) = k2 v 2 − f (s) f (s)sO2 + k− · sO > 0
u
4
exprimant que V(F ) est non vide signifie que le plan V(f ) coupe S , c’est-à-dire que
sa distance au centre Ω est inférieure au rayon de S
...
6
...
Faisceaux de cercles dans P et S
Soit a, b deux points distincts de S , ∆ 1 = (ab) la droite joignant ces points
...

Soit A et B les plans tangents en a et b à S
...
On notera X2 l’ensemble des plans
Π2 passant par ∆2
...
On
notera X2 l’ensemble des plans parallèles à A et B
...

Proposition 11
...
(i) Si Π1 décrit X1 , le cercle généralisé π(Π1 ∩ S) décrit le

faisceau à points de base A, B
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Lemme 11
...
Soit deux plans distincts V(f ) et V(g) où f et g sont des fonctions affines sur E non proportionnelles
...


Démonstration
...

Inversement, soit Π un plan de X et P un point de Π non sur V(f ) ∩ V(g) (ce
qui n’est pas une restriction si ces plans sont parallèles)
...
Alors Π est l’unique plan de X passant par P
...
C’est donc Π qui est
bien du type indiqué
...
[de la proposition ] Le point (i) est évident
...
Alors A ∩ S et B ∩ S sont les cercles-points
{a} et {b} dont les images par π sont les cercles-points {A} = V(F ) et {B} = V(G)
...

En revanche, si Π2 = V(λf + µg) ∈ X2 ne coupe pas S , V(λF + µG) est l’ensemble
vide
...
Alors A ou B est le point à
l’infini ∞
...


EXERCICES
Exercice 11
...
Soit deux cercles généralisés C 1 , C2 donnés par leurs équations dans
un repère orthonormé

pour C1 = V(P1 ) , P1 (x, y) = γ1 (x2 + y 2 ) + 2α1 x + 2β1 y + δ1 = 0
pour C2 = V(P2 ) , P2 (x, y) = γ2 (x2 + y 2 ) + 2α2 x + 2β2 y + δ2 = 0
À quelle condition sur les coefficients sont-ils orthogonaux ?

Exercice 11
...
On donne les cercles C 1 , C2 par des équations relativement à un repère

orthonormé
pour C1 = V(P1 ) , P1 (x, y) = γ1 (x2 + y 2 ) + 2α1 x + 2β1 y + δ1 = 0
pour C2 = V(P2 ) , P2 (x, y) = γ2 (x2 + y 2 ) + 2α2 x + 2β2 y + δ2 = 0
À quelle condition sur les coefficients ces cercles sont-ils tangents (resp
...

sans point commun) ?
Exercice 11
...
Réseaux de cercles
...


1) En considérant le Φ-orthogonal de V , montrer qu’il existe en général un point O
ayant même puissance relativement à tous les cercles de R
...

3) Que dire de l’ensemble des cercles stables par une inversion Inv(O, k) (11
...
296) ?

i

i
i

i

i

i

i

i

Problèmes

309

PROBLÈMES
Les corrigés de ces problèmes sont disponibles sur le site de Dunod : www
...
com
...
1
...

1) Montrer que les cercles (AQR), (BRP), (CPQ) concourent en un point M
...
Ces points P, Q, R
sont-ils uniques ?
3) Montrer que M est sur (ABC) si et seulement si P, Q, R sont alignés
...

5) Montrer que (AP), (BQ), (CR) concourent en M si et seulement si M est l’orthocentre de ABC
...
2
...
On définit par récurrence Tn = An Bn Cn où An , Bn , Cn sont projections orthogonales de P sur (B n−1 Cn−1 ),
(Cn−1 An−1 ), (An−1 Bn−1 )
...


© Dunod
...


2) Montrer que Tn+3 est transformé de Tn par une similitude directe de centre P
...


11
...
PROBLÈME (Steiner)
Soit ABC un triangle, C le cercle circonscrit, H l’orthocentre, M un point, P, Q, R les
symétriques de M par rapport aux côtés
...
S’il
en est ainsi, ils le sont tous les quatre
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11 • Géométrie des cercles

310

11
...
PROBLÈME (situation orthocentrique)
1) Montrer qu’une base orthogonale de l’espace C des fonctions circulaires donne
lieu à trois cercles généralisés orthogonaux deux à deux
...
Quel rôle joue l’orthocentre D pour ces trois cercles ?
3) Montrer que le triangle ABC a ces trois angles aigus (9
...
258)
...
5
...
Les déterminants sont
évalués relativement à des bases orthonormales directes de P
...
Montrer que l’application
→
−
→
−
→
−
P → R, V → det V , rotθ ( V )
est une forme quadratique proportionnelle à la forme quadratique euclidienne de P
...
À quelles conditions sur A et B l’application
→
−
→
−
→
−
V → det σA ( V ), σB ( V )
est-elle une forme quadratique proportionnelle à la forme quadratique euclidienne ?
3) On donne un triangle ABC direct, O le centre du cercle circonscrit
...
On note
α, β, γ les réflexions (affines) autour des droites A, B, C
...
9, p
...

4) Quel est l’ensemble V(F ) des points où F s’annule ? (Utiliser le théorème de
Simson
...

6) Cette aire algébrique peut-elle prendre n’importe quelle valeur réelle ?
7) Discuter de l’orientation du triangle α(M)β(M)γ(M)
...
1
...


Solution 11
...
1) La réflexion σ autour de la droite passant par le centre O de C et
orthogonale à X échange A et A , B et B , C et C et laisse C stable
...

2) On a les congruences modulo π

(PQ, X) ≡ (PQ, PC) + (PC, X) ≡ (MQ, MC) + (BC, X)
≡ (MB , MC) + (BC, X) ≡ (BB , BC) + (BC, X) ≡ (BB , X) ≡ 0
Les points P, Q, R sont donc alignés sur une droite de direction X
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
3
...
40, p
...


Le cercle de diamètre (I, J) est le lieu des points M tels que MA =
MB
X , Y sont orthogonales, C appartient à ce cercle, d’où le résultat
...


Comme

Solution 11
...
1) Comme [O, A ] est un diamètre de C , la droite (OM ) = (MM ) est
orthogonale à (A M )
...


2) Les droites passant par O sont stables
...

Pour tout M ∈ ∆, les points A, A , M, M sont sur le cercle Γ de diamètre [A , M] d’où
k = OA × OA = OM × OM , donc le transformé de ∆ par Inv(O, k) est le cercle C
...


i

i
i

i

i

i

i

i

11 • Géométrie des cercles

312

−→
−

−→
−

Solution 11
...
1) Les vecteurs N1 N2 et N1 N2 sont colinéaires, d’où, par cocyclicité,

les congruences modulo π

(N1 N2 , N1 M1 ) ≡ (N1 N2 , N1 M1 ) ≡ (M2 N2 , M2 M1 ) ≡ (M2 N2 , M2 M1 )
ce qui donne la cocyclicité demandée
...
Soit ∆2 passant par O coupant C en M 2 et N2 , C en
M2 = h(M2 ) et N2 = h(N2 )
...
Ainsi, C
est transformé de C par Inv(O, k)
...

Solution 11
...
On a C1 = V(F1 ) et C2 = V(F2 ) où, pour M(x, y),

−→ −
− →
−→
−
F1 (M) = γ1 OM2 + 2V1,O · OM + δ1 où V1,O (α1 , β1 )
−→ −
− →
−→
−
F2 (M) = γ2 OM2 + 2V2,O · OM + δ2 où V2,O (α2 , β2 )

La condition est alors Φ(F1 , F2 ) = 0, soit (11
...
297)
1
α1 α2 + β1 β2 − (δ2 γ1 + δ1 γ2 ) = 0
2
Solution 11
...
Soit les fonctions circulaires F i : M(x, y) → Pi (x, y)
...
à points de base, resp
...
e
...

de signature (2, 0), resp
...
Supposons que C 2 n’est pas un cercle-point
...
de signature (2, 0), resp
...
pas de droite isotrope, resp
...
e
...
pas de racine réelle,
resp
...
La discussion porte donc sur le discriminant

∆(λ) = Φ(F1 , F2 )2 − Φ(F1 )Φ(F2 )
2
2
Φ(F1 ) = α2 + β1 − γ1 δ1 , Φ(F2 ) = α2 + β2 − γ2 δ2
1
2
1
Φ(F1 , F2 ) = α1 α2 + β1 β2 − (γ1 δ2 + γ2 δ1 )
2
2
1
2
2
∆(λ) = α1 α2 + β1 β2 − (γ1 δ2 + γ2 δ1 ) − α2 + β1 − γ1 δ1 α2 + β2 − γ2 δ2
1
2
2
C’est l’expression analytique de l’inégalité (i) de la proposition 11
...
285)

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

313

Solution 11
...
1) Dans C , V ⊥ est une droite vectorielle engendrée par une fonction

circulaire f
...
Remplaçant f par

1
γ(f ) f ,

on se ramène à γ(f ) = 1
...
12, p
...
Soit F une fonction
circulaire
...
e
...
La puissance de O
2
relativement aux cercles de R est la même : −f (O)
...

−−
−→ −
→
Pour γ(F ) = 0, F (M) = 2VO (F ) · OM + F (O), d’où F ∈ V si et seulement si
0 = Φ(f, F ) = − 1 F (O)
...

2

b) Si γ(f ) = 0, deux cas sont possibles :
• V(f ) = ∆ est une droite
...

• f = 1, soit V(f ) = {∞}
...

2) Trois cas se présentent pour Φ/ V
...
e
...

• Dans le cas a), V(f ) est un cercle Γ de centre O et R est formé des cercles
orthogonaux à Γ et des droites passant par O
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

(2) La signature de Φ/V est (3, 0), i
...
Φ(f ) < 0
...
On a un centre radical O
avec f (O) = −R2 < 0
...
Tous les faisceaux contenus dans R
sont à points de base, donc deux cercles quelconques de R se coupent toujours
...

• V(f ) est un cercle-point {O} et R est formé des cercles et droites passant par O
...

3) Les cercles stables par Inv(O, k) forment un réseau de centre radical O qui a
même puissance k relativement à chacun de ces cercles
...
1 (genre, positions relatives d’une droite et d’une conique), puis dans un cadre
métrique dans la section 12
...
2
...
2
...
Insistons sur l’équation donnée dans le théorème 12
...
328) qui
montre un point de vue local englobant toutes les coniques propres
...
2
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
1 CONIQUES DANS UN PLAN AFFINE
12
...
1
...
1
...
q
...
, est une

application F : P → R non identiquement nulle de la forme
−
→
−
→
M → F (M) = Q(OM) + 2L(OM) + F (O)

où O est une origine, Q : P → R une forme quadratique, L : P → R une forme
linéaire et F (O) un réel
...

Proposition 12
...
L’expression d’une f
...
a
...
La forme quadratique Q ne dépend pas de O
...
La formule de changement d’origine est
−
→
−
→
LO = LO − Φ(O O, −) = LO + Φ(OO , −)

i

i
i

i

i

i

i

i

12 • Coniques

316

Démonstration
...
On a
−
→ −
→
−
→ −
→
F (M) = Q(OO + O M) + 2LO (OO + O M) + F (O)
− −
→ →
−
→
−
→
−
→
−
→
= Q(O M) + 2Φ(OO , O M) + 2LO (O M) + Q(OO ) + 2LO (OO ) + F (O)
−
→
−
→
−
→
= Q(O M) + 2LO (O M) + F (O ) où LO = LO + Φ(OO , −)
→ →
Expression dans un repère
...

ı j
La forme quadratique Q et la forme linéaire L O sont données par leurs matrices dans
la base B :
MatB (Q) =

a b
b c

, MatB (LO ) =

e f

, F (O) = g

La f
...
a
...
q
...
l’application identiquement nulle, on obtient un
→ →
ı j
espace vectoriel Q
...

Définition 12
...
La conique associée à une f
...
a
...
12,
p
...
Les cercles sont des coniques particulières
...
q
...
proportionnelles ont même conique associée
...

Voici quelques exemples de cas dégénérés
...

• si F = f g est produit de deux fonctions affines (9
...
250), V(F ) est réunion
des deux droites V(f ) et V(g) (distinctes ou non),
• si Q est nulle, V(F ) se réduit à une droite
...
4
...
q
...
F est dite à centre si la forme quadratique Q

associée est non dégénérée
...
1 Coniques dans un plan affine

317

Proposition 12
...
Soit F une f
...
a
...
Il existe un unique point Ω appelé centre
de F , tel que LΩ soit nulle
...


Démonstration
...
La non-dégénérescence de Q équivaut à
→
→
la bijectivité de ϕ
...

v0
→ →
ı j
Soit un repère d’origine Ω et de base Q-orthogonale B = ( − , − )
...


Définition 12
...
La f
...
a
...

Pour la conique associée, les cas de signature (2, 0) ou (0, 2) ne diffèrent pas car
V(−F ) = V(F )
...
Supposons F définie positive
...
Si F (Ω) = 0, V(F ) = {Ω}
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
La forme
polaire de Q peut être considérée comme
produit scalaire euclidien
...
Pour
la norme euclidienne associée, V(F ) est fermé
borné, donc compact
...

On dit que V(F ) est une ellipse de centre Ω
...
Il existe une
1 0
→ −
base Q-orthonormale B = (− , →), donc telle que MatB (Q) =
ı j

...
C’est
l’équation réduite de V(F )
...
7
...
q
...
F est dite hyperbolique si Q est hyperbolique, c’est-

à-dire de signature (1, 1)
...


...

isotropes telle que Mat B (Q) =
¢
...


...


...


...


...

passant par Ω de vecteurs directeurs − et −
...
¢

...
On se ramène à

...
¢

...

1

...
On

...
¢

...

dit que V(F ) est une hyperbole
...
Les droites X et Y sont
les asymptotes
...



...

¢
...
Ce sont des parties fermées, mais
non compactes de P
...
8
...
q
...
F est dite parabolique si la forme quadratique Q est
de rang 1, c’est-à-dire dégénérée non nulle
...
Comme V(F ) = V(−F ), on peut supposer κ > 0
...
Étant donné O ∈ P , la f
...
a
...
La forme polaire de Q = L 2 est

Φ : P × P −→ R
→ →
− −
→ −
−
→
( X , Y ) −→ L( X )L( Y )
Lemme 12
...
Si L et LO sont proportionnelles, V(F ) est, ou bien vide, ou bien
réunion de deux droites parallèles, distinctes ou confondues
...
Il existe α tel que L O = αL et F = L2 + 2αL + F (O)
...
On a
−
→
V(F ) = {M | p L(OM) = 0}
...

Si ∆ 0, p(X) a deux racines x , x , distinctes ou non
...
Si elles sont confondues en une même droite D , on dit
que V(F ) est la droite double D
...
Dans beaucoup d’ouvrages, l’équation réduite d’une hyperbole est x2 − y 2 − 1 = 0, l’origine étant le
centre Ω et la base B Q-orthogonale telle que MatB (Q) =

1
0

0
−1


...
1 Coniques dans un plan affine

319

Supposons les formes linéaires L et L O indépendantes, i
...
Ker L = Ker LO
...
2, p
...
On dit alors que V(F ) est une
−→
−
parabole
...
La droite vectorielle Ker L
s’appelle la direction asymptotique
...

Proposition 12
...
Toute droite de direction la droite vectorielle Ker L coupe la

parabole V(F ) en un point unique
...
Soit − un vecteur non nul de Ker L
...

Équation réduite d’une parabole

...


...


...


...


...

¢

...


...


...


...


...


...


...

¢

...


...


...


...


...


...


...


...


...


...

¢

...


...

¢

...


...


...

¢

...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Pour M(x, y),
→
L( ı
O j
2
on a
→
→
→
→
F (M) = L2 (x− + y − ) + 2L (x− + y − )
ı
j
ı
j
O

=

−x2

+y

et V(F ) apparaît comme représentation graphique de la fonction x −→ x 2 et y − x2 = 0
est l’équation réduite
...
Elle est donc connexe, c’est un fermé non compact de P
...
11
...

Lemme 12
...
Si deux f
...
a
...


Autrement dit, étant donné un repère, si deux polynômes p et q de degré 2 sont tels
que p(x, y) = 0 et q(x, y) = 0 sont équations d’une même conique propre, alors
p(X, Y ) et q(X, Y ) sont des polynômes proportionnels
...

Lors des discussions de 12
...
7, 12
...
Une ellipse est connexe,
compacte, possède un centre de symétrie
...
Une hyperbole a deux composantes connexes (les branches) non compactes, deux asymptotes, possède un
centre de symétrie
...
Une parabole est connexe, non
compacte, a une direction asymptotique, n’a pas de centre de symétrie
...
13
...
Cette action détermine trois orbites qui sont les trois genres ellipse,
parabole, hyperbole
...
a) Soit f : P → P bijective affine, R = (O, − , − ) un repère,
ı j
→
− ) = − , f (− ) = − , M(x, y) un point et M = f (M)
...


b) Soit C une conique propre d’équation réduite p(x, y) = 0 dans le repère
→ →
→ →
R = (O, − , − ), f une bijection affine, R1 = f (R) = (O1 , − , − ) le repère
ı j
ı1 j1
image
...
Par a), f (M) = M1 est sur la conique
C1 d’équation p(x, y) = 0 dans le repère R 1
...
Par le même
raisonnement appliqué à C 1 et f −1 , on a f −1 (C1 ) ⊂ C , d’où f (C) = C1
...

→ →
c) Inversement, soit C et C1 deux coniques de même genre, R = (O, − , − ) et
ı j
− , − ) deux repères tels que C ait même équation réduite p(x, y) = 0
→ →
R = (O , ı j
1

1

1

1

dans R que C1 dans R1
...
Alors, par b), f (C) = C1
...


12
...
2
...
q
...
telle que V(F ) = C soit une conique propre
...
Comme F (O) = 0, F est de la forme M → F (M) = Q( OM) + 2LO (OM)
...
Les points de C ∩ D− sont
u
u
donnés par l’équation en λ

→
→
→
→
→
u
u
u
u
0 = F (O + λ− ) = λ2 Q(− ) + 2λLO (− ) = λ λQ(− ) + 2LO (− )
u

i

i
i

i

i

i

i

i

12
...


...


...


...


...


...


...

D−
...

u
...


...


...


...


...

d
...

d
...

¢

...


...


...


...


...


...


...

d
...


...

u
→
On dit que D− est tangente si 0 est racine
u
double, sécante si 0 est racine simple
...


→
u
Remarquons que pour − ∈ Ker LO non nul,
→
− ) = 0 sinon C contiendrait la droite
Q( u
O + Ker LO et serait donc impropre
...


→
→
En général, une sécante D− coupe C en deux points distincts, sauf si D − est la
u
u
droite Y passant par O

• parallèle à une asymptote si C est une hyperbole,
• de direction asymptotique si C est une parabole (12
...
319),

→
u
car alors Q(− ) = 0, le polynôme en λ est de degré 1 et O est alors unique point
→
commun de C et D−
...
14
...
Cet
axe Y de symétrie oblique s’appelle le diamètre passant par O
...


© Dunod
...


M


...

Y¢

...


...


...


...

¢

...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...

¢

...


...


...


...


...

¢

...


...


...
c
...


¢
¢ O

TO

→ →
Démonstration
...

→
où τ
ν
O
→
→
τ
Comme C est propre, Q(− ) = 0 et D− = TO
τ
est la tangente en O à C
...
La symétrie oblique est
l’application M(x, y) → M (−x, y) qui laisse
C stable
...

2

2

+ c y + e − ec = 0 et C est à centre Ω(0, − e )
...

Si c = 0, l’équation est ax2 +2ey = 0 et C est une parabole de direction asymptotique
→
ν
de vecteur directeur −
...
Dans ces conditions, on a aussi e = 0
...


i

i
i

i

i

i

i

i

12 • Coniques

322

La droite Dt d’équation y = tx coupe C en O et en le point

Mt x(t) = −

2et2
2et
, y(t) = −
a + ct2
a + ct2

C’est une représentation paramétrique de C
...
La
a
notion de tangente à une conique entre dans le
cadre de la notion générale de tangente
...
C’est la cas si C est une parabole
ou une hyperbole et Dt parallèle à une direction
asymptotique
...


...

Y = D∞ ¢

...


...


...


...


...

¢

...


...


...

¢

...


...

¢

...


...

d
...

d
...


...


...

Mtd
...


...

d

...


...
d
¢

...


...
d ¢
...
c
...


¢
d
¢ Od

La droite D∞ d’équation x = 0 est le diamètre
...
15
...


→
→
Démonstration
...
Un point P + λ− de D− est sur C u et seulement si
→
u
si
u
u
→
→
→
0 = F (P + λ− ) = λ2 Q(− ) + 2λL (− ) + F (P)
u
u
u
P

→
→
→
La discussion porte sur le signe du discriminant ∆ P (− ) = L2 (− ) − Q(− )F (P)
...
Discutons en la signature
...
On a Q = L2 et ∆ (− ) = L2 (− ) − L2 (− )F (P)
...

– Si F (P) < 0, alors ∆P est définie positive, toute droite passant par P est sécante
...

– Si F (P) > 0, la signature est (1, 1), les deux directions isotropes pour ∆ P sont
les directions des tangentes issues de P, point extérieur à C
...
On a F (M) = Q( ΩM) + F (Ω)
...
2, p
...
La forme polaire de
la forme quadratique ∆ P est
− → − →
→
→
→ →
→ →
δP : (− , − ) → Φ(ΩP, − )Φ(ΩP, − ) − Φ(− , − )F (P)
u v
u
v
u v
→
− → −
→
→ u
→
Prenons − = − dans Ker LP , i
...
Q-orthogonal à ΩP et − = ΩP
...
1 Coniques dans un plan affine

323

→
→ −
car les deux termes sont nuls
...
Calculons la
uP
−
→
signature
...
Alors Q est définie positive et F (Ω) < 0
...
Le centre Ω est
intérieur et P est extérieur si et seulement si F (P) > 0
...
La signature de Q étant (1, 1), Q( − ) et Q(ΩP) sont de
uP
signes contraires
...
Le centre Ω est extérieur à C et P est extérieur si et seulement si F (P) a
le signe de F (Ω)
...
Les droites ∆ Ω -isotropes passant par Ω sont
les asymptotes ce qui amène à les considérer comme des tangentes particulières, les
points de contact étant « à l’infini »
...


Exercice 12
...
Soit F une f
...
a
...
Montrer que V(F )

est une conique propre si et seulement si Ker L O est une droite vectorielle non isotrope
pour Q

© Dunod
...


Exercice 12
...
Soit C une conique propre, P un point extérieur, D le diamètre passant
par P, ∆ la parallèle passant par P aux tangentes en les points où D coupe C , T 1 , T2
les tangentes à C issues de P en les points M 1 et M2
...

Exercice 12
...
polarité

Soit C = V(F ) une conique propre
...
Une sécante D− passant par P de vecteur directeur − coupe C en
u
M , M
...

−
→
Montrer que LP (PQ) + F (P) = 0
...
Montrer que ∆ P est Q-orthogonale
au diamètre passant par P
...
Montrer que c’est
une relation symétrique
...
On suppose les
fonctions u : t → u(t), v : t → v(t), w : t → w(t) de classe C1 , les dérivées u et v
ne s’annulant pas simultanément
...
Le
point caractéristique M(t), point de contact de D t et C , est l’intersection des droites
Dt et Dt (supposée distinctes) d’équation u (t)x + v (t)y + w (t) = 0
...
4
...
5
...


1) On suppose que P et Q ne sont pas en O au même instant
...

2) Que se passe-t-il si P et Q sont tous deux en O au même instant t 0 ?
Exercice 12
...
Soit A et B deux droites distinctes parallèles de direction D , A ∈ A,

→
→ −
B ∈ B , − = 0 sur D
...
Que dire de l’enveloppe de la droite (PQ) ?

i

i
i

i

i

i

i

i

12
...
2 CONIQUES DANS UN PLAN AFFINE EUCLIDIEN
On suppose le plan vectoriel P muni d’un produit scalaire
...
2
...
Axes d’une conique à centre
Soit C = V(F ) une conique à centre Ω et Q la forme quadratique associée
...

Dans le cas contraire, il existe deux directions uniques orthogonales à la fois pour
la forme quadratique euclidienne et pour Q
...
Dans
→ →
− , − ), l’équation de C est du type U x2 + V y 2 + W = 0
le repère orthonormé (Ω, ı j
où U, V, W sont non nuls car C est propre
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Alors U et V sont positifs et
→ →
W négatif
...

ı
j
→
− coupe C en les sommets A, A
...
Comme C n’est pas un cercle, puisque
U
V
b < a, les seuls axes de symétrie sont :
→
ı
• l’axe focal X = Ω + R− coupant C en A(a, 0) et A (−a, 0),

→
j
• l’axe non focal Y = Ω + R− coupant C en B(b, 0) et B (−b, 0)
...
En échangeant éventuellement − et − , on peut supposer U et W
→
de signes contraires, et donc que X = Ω + R − coupe C en deux points : les
ı
sommets A, A
...


Y

...


...


...


...





...


...


...



...


...


...


...

 c
...
c


...


...


...


...
A
 Ω
A
...


...


...


...


...


...


...


...



...
Les
longueurs a, b sont donc intrinsèquement
associées à C
...


À la différence de ce qui se passe pour le 

groupe affine (12
...
320), l’opération
du groupe des isométries détermine une infinité d’orbites, chacune d’elles correspondant à une équation métrique réduite
...
2
...
Axe d’une parabole
Soit C une parabole d’équation réduite
(affine) y − x2 = 0
...
On
appelle sommet de C l’unique point
S ∈ C où la tangente est orthogonale à
la direction asymptotique
...

→ →
→ →
Soit un repère orthonormé (S, − , − ) où − , − sont unitaires et vecteurs directeurs
ı j
ı j


...


...


...


...


...


...


...


...


...
c

...


...


...


...


...


...


...


...
L’équation de C est de
→
→
ı
ı
la forme y 2 − 2px = 0
...
On a alors l’équation métrique réduite de la parabole
...


12
...
3
...
q
...
ayant une description géométrique ?
Étant donné un point O, la fonction M → OM 2 est une f
...
a
...
q
...
est une fonction de Leibnitz (9
...
255), donc une fonction
circulaire (11
...
289)
...

Il faut donc considérer d’autres f
...
a
...
2 Coniques dans un plan affine euclidien

327

Étant donné une droite D , la fonction associant à M le carré de sa distance à D est
une f
...
a
...
15, p
...

En combinant des f
...
a
...
q
...
, donc n’importe quelle conique
...

Définition 12
...
Soit e un réel strictement positif, F un point, D une droite

ne passant pas par F
...
q
...
On dit que la conique associée
MF
= e}
V(F ) = {M | MF2 − e2 MH2 = 0} = {M |
MH
est de foyer F, de directrice D et d’excentricité e
...
Soit K la projection orthogonale de F sur D et A ∈ [K, F] tel que AF = −e
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
a

...
 M

...



...



...


...


...


...



...



...


...


...


...


...


...


...
a

F

X

→ →
→
Soit un repère orthonormé (A, − , − ) où − est unitaire, colinéaire de même sens
ı j
ı
−
→
→
que AF et X = A + R− est la droite passant par le foyer F orthogonale à la directrice
ı
D
...
Pour M(x, y), de projection H sur D , on a
MF2 − e2 MH2 = (x − ek)2 + y 2 − e2 (x + k)2
= (1 − e2 )x2 + y 2 − 2ek(1 + e)x
Posons p = ek(1 + e)
...


i

i
i

i

i

i

i

i

12 • Coniques

328

→ →
Inversement, étant donné un repère orthonormé (A, − , − ), une longueur p > 0, un
ı j
nombre pur e 0, soit Ce,p la conique d’équation
(1 − e2 )x2 + y 2 − 2px = 0
Deux cas se présentent :
p
1) Si e > 0, Ce,p est la conique d’excentricité e, de foyer F( e+1 , 0), de directrice
p
p
D d’équation x = − e(e+1)
...
Le calcul précédent montre que C e,p est l’ensemble des
M dont le rapport des distances à F et D est e
...
En effet, l’équation
devient x2 + y 2 − 2px = 0
...


→ →
Théorème 12
...
Étant donné un repère orthonormé (A, − , − ), une longueur p > 0
ı j
et un nombre pur e

0, soit Ce,p la conique d’équation
(1 − e2 )x2 + y 2 − 2px = 0

La conique Ce,p est propre, hyperbole si e > 1, parabole si e = 1, ellipse si
e < 1
...

ı
→
Pour e = 0, C0,p est un cercle de rayon p tangent en A à Y = A + R −
...


0

Démonstration
...
Toute parabole est bien isométrique à une unique parabole
C1,p (12
...
2
...
326)
...
L’équation s’écrit
2
y2
p2
p
+
−
=0
1 − e2
1 − e2 (1 − e2 )2
2
y1
p2
p
−
où x1 = x −
, y1 = y
x2 +
1
2
2 )2
1−e
(1 − e
1 − e2
2
x2 (1 − e2 )2 y1 (1 − e2 )
1
−
−1 = 0
p2
p2
→ →
Le centre est donc Ω de coordonnées ( p , 0) dans le repère initial (A, − , − )
...
Les longueurs a, b
relatives à l’équation métrique réduite sont
p
p
a=
, b= √
, b a
2
1−e
1 − e2
Pour 0 < e < 1, on a b < a et l’axe focal est X
...
2 Coniques dans un plan affine euclidien

329

Inversement, la donnée de (a, b) permet de déterminer (e, p), donc toute ellipse est
isométrique à une unique conique C e,p où 0 e < 1 :

b2
b2
, p=
a2
a
• Pour e > 1, c’est l’équation réduite métrique d’une hyperbole d’axe focal X
...

e=

1+

p
1−e2 ,

à droite ou à

Il résulte de ce qui précède que l’orbite d’une conique propre C pour l’action du
groupe des isométries est déterminée par le couple (e, p)
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
La
→
ı
terminologie axe focal pour l’axe de symétrie X = A + R − vient de ce que le ou les
foyers sont sur X
...
En revanche, l’équation du théorème précédent est valable dans
tous les cas et le couple (p, e) détermine une conique propre à isométrie près
...

Supposons p donné et faisons varier e conti
...

nûment de 0 à l’infini, Ce,p étant représentée

...


...

TS

...


...


...
Que l’observateur

...


...


...

placé en l’origine ne s’attende pas à constater

...


...


...


...


...


...


...


...

Pour e = 1, le centre Ω est donné par

...


...

p

...

AΩ = 1−e2
...


...

s’éloigne à droite vers l’infini, n’existe plus

...


...


...

de A si e tend vers +∞
...


...


i

i
i

i

i

i

i

i

12 • Coniques

330

12
...
4
...
Soit C une conique de paramètre p et d’excentricité e distincte de 0 et 1 : C est une conique à centre qui n’est pas un cercle
...
17 (p
...
Il n’en existe pas d’autre car C n’a que deux sommets
A, A et les valeurs de l’excentricité e et du paramètre p déterminent le foyer et la
directrice à partir du sommet A ou A choisi
...
18
...
Alors C est l’ensemble des M tels que
1) MF + MF = 2a si C est une ellipse,
2) MF − MF = ±2a si C est une hyperbole
...
a) Soit D et D les directrices relatives à F et F coupant l’axe focal
X , orienté de A vers F, en K et K
...
Alors
a
ΩA = a = −ΩA , ΩK = = −ΩK , ΩF = ea = −ΩF
e
ΩK = AK − AΩ = −

D

M

D
M

H

H

Cas de l’ellipse :
K

A

F

N

Ω

F

A K

X

i

i
i

i

i

i

i

i

12
...
On a
2a
= K K = H H = MH − MH
e
Deux cas se présentent :
(1) M est entre H et H, c’est-à-dire intérieur à la bande du plan P limitée par D et D
...

e
(2) M est extérieur au segment [H , H], c’est-à-dire extérieur à la bande du plan P limitée
par D et D
...

e

→ →
c) Soit M ∈ C
...
Soit le repère orthonormé (Ω, − , − ) où
ı j
→
− est l’axe focal
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On a donc

a<

a
e,

et M est intérieur à la

a
e

et M est extérieur à la

MF + MF = e(MH + MH ) = 2a
(2) 1 < e, C est une hyperbole d’équation

x2 y 2
− 2 −1=0
a2
b
2

Pour M(x, y) sur C , x2
a2 > a , donc |x|
e
bande limitée par D et D
...
une hyperbole) et si MF + MF = 2a
(resp
...
On a
MF2 − MF 2 = (MF − MF )(MF + MF )
→
→ − −
→
− −
→
= (MF − MF ) · (MF + MF ) = 2F F · NΩ = 4eaNΩ
(1) C est une ellipse
...
Alors 2a(MF − MF ) = 4eaNΩ, donc
2eΩN = |MF − MF | FF = 2ea, d’où ΩN a, donc N ∈ [A , A] est intérieur à C
...

Soit M1 celui de ces points situé sur la demi-droite limitée par N sur M contenant
M et montrons que M = M1
...
On en déduit NM = NM1 , d’où M = M1 appartient à C
...
Supposons MF − MF = ±2a
...
La perpendiculaire M en N à X coupe C en deux points symétriques autour
de X
...

On a :

MF =
M1 F =

NM2 + NF2

,

MF =

NM2 + NF2 , M1 F =
1

NM2 + NF 2 , MF − MF = 2εa
NM2 + NF 2 , M1 F − M1 F = 2εa
1

ε = ±1 ne dépendant que de la place de la projection orthogonale N de M et M 1 sur
X
...
On en déduit
NM = NM1 , d’où M = M1 appartient à C
...
2 Coniques dans un plan affine euclidien

333

Théorème 12
...
Soit C une conique de centre Ω et de foyers F, F
...


(ii) Le symétrique de F relativement à T M décrit le cercle F de centre F et de rayon
2a appelé cercle directeur de C relatif à F
...


Démonstration
...
20
...
Alors la fonction numérique t → V (t) est dérivable de dérivée
→
−
→
→
−
→
−
d V (t) −
dt · U (t) où U (t) est le vecteur unitaire colinéaire à V (t) et de même

dérivée t →
égale à
sens
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On a
→
−
→
−
dg(t)
d V (t)
dt = 2 V (t) · dt , d’où l’on déduit le lemme :
→
−
→
−
→
−
→
dg(t)
1
V (t) d V (t) −
d V (t)
df (t)
·
=
= −
= U (t) ·
→
dt
dt
dt
2 g(t) dt
V (t)
−−
−→
dFM(t)
→
Soit une représentation paramétrique (p
...
Alors − (t) = dt est un
τ
−−
−→
−−
−→
→ −−
−−
−→ −
−→
→
−
dF M(t)
dFM(t)
→
vecteur tangent
...
Soit U (t)
τ
−
→
−→
−−
−→ − −
et U (t) les vecteurs unitaires colinéaires de même sens à FM(t) et F M(t) (attention,
−
→
→
−
U (t) n’est pas la dérivée de U (t) !)
...

τ
τ
(1) Si C est une ellipse, on a FM(t) + F M(t) = 2a
...
D’où − (t) est orthogonal à − (t) + − (t),
→
→
τ
U
U
τ
U
U
−− − −
−→ − →
→
vecteur directeur de la bissectrice intérieure de ( FM(t), F M(t))
...

(2) Si C est une hyperbole, on a FM(t) − F M(t) = ±2a
...
D’où − (t) est orthogonal à − (t) − − (t), vec→
→
τ
U
U
τ
U
U
−− − −
−→ − →
→
teur directeur de la bissectrice extérieure ( FM(t), F M(t))
...

2
...


i

i
i

i

i

i

i

i

12 • Coniques

334

Y
P

TM
M

H

Cas de l’ellipse :
Ω

F

F

X

Y
M
P
H

Cas de l’hyperbole :
Ω
F

F

X

TM

−− − −
−→ − →
(ii) La tangente TM est donc bissectrice extérieure ou intérieure de ( FM(t), F M(t))
selon que C est ellipse ou hyperbole
...

(1) Si C est une ellipse, P est sur la demi-droite d’origine M ne contenant pas F , donc
M est entre F et P
...

(2) Si C est une hyperbole, P est sur la demi-droite d’origine M contenant F , donc M
n’est pas entre F et P
...

Dans les deux cas, P est sur le cercle directeur F de centre F et de rayon 2a
...

Inversement, soit P ∈ F
...
Ces droites sont parallèles
si (FP) et (F P) sont orthogonales, i
...
si (FP) est tangente en P à F
...
L’application M → P est bijective de C sur F
...
2 Coniques dans un plan affine euclidien

335

(2) Si C est une hyperbole, F est extérieur à F
...
On démontre que les médiatrices A 1 et A2 sont
les asymptotes de C
...
L’assertion
relative à la projection orthogonale H de F sur TM vient de ce que les deux foyers
jouent le même rôle
...

Cependant, les cercles (excentricité 0) entrent dans ce cadre : les foyers sont confondus
avec le centre et C coïncide avec son cercle principal
...


12
...
5
...
21
...


© Dunod
...


Pour M ∈ C , soit H la projection orthogonale de M sur D et I le milieu de (F, H)
...

(ii) Le symétrique de F relativement à T M décrit D si M décrit C
...
Cette proposition est l’homologue du théorème 12
...
333)
...
La directrice D joue
le rôle du cercle directeur de centre F
...

(i) Soit une représentation paramétrique
TS
TM t → M(t) de C
...
Le vecteur dFM = −
τ
¨
dt
H
M
c
c
→

...
Soit − un vecteur unitaire de
j

...
¨
e

...
¨ 

...

¨
...

−
→
−
→
−
→
−
→
¨
...


D
...
Comme

...

c
e¨
...


→
−
→
−
→
−
¨

...

¨


...

dt = dt − dt = τ − λ(t) j
...
e
− FM
→
− −
→ →

...


...
On a 2FM· ddt −2HM· ddt = 0,
c

−
→ −
→ →
− →
→
K S F
τ
τ
soit (FM − HM) · − = 0, i
...
FH · − = 0
...

(ii) Par (i), la réflexion d’axe T M transforme F en H ∈ D
...
10, p
...

(iii) Par (i), TS est médiatrice de (F, K) donc l’homothétie H F, 1 transforme D et H en
2
TS et I, d’où I décrit TS si M décrit C
...
22
...
Alors

(i) le milieu de (T, N) est F,
(ii) le milieu de (T, M ) est S,
−
→ −
→
(iii) on a M N = KF
...
(i) Les droites N M = (MN) et (HF) sont parallèles car orthogonales à
TM , de même que les droites X = (FN) et (MH)
...

La symétrie de centre I transforme F en H et X en (MH), donc M en T, d’où
−
→ −
→
−
→
FN = HM = −FT et F est bien milieu de (N, T)
...
¨
¨

...
e
e

...


...


...

bI
...



...

eb
b ¨
¨
b
...

−
→
−
→
−
→
→
(iii) On a FN = HM = KM = −
...
La longueur du
segment [M , N], appelé sous-normale en
M, est donc constante, égale au paramètre
p de la parabole
...
2
...
Propriétés spéciales à l’ellipse
Soit Γ un cercle de centre Ω
...
13, p
...
Ceci
permet de retrouver certains résultats sur les ellipses à partir de propriétés du cercle
...
23
...


→ →
Proposition 12
...
Soit (O, − , − ) un repère orthonormé
...

ı
j
b

i

i
i

i

i

i

i

i

12
...
Le cercle de centre O et de rayon a est d’équation x 2 + y 2 − a2 = 0
...
On a donc
a2 2
x2 y2
y
soit
+ 2 −1=0
b2
a2
b
−1 (C) ⊂ A, d’où f (A) = C
...
On a de même f
même que f (B) = C
...
25
...
Les points O, P et Q varient sur X et Y de sorte que la longueur PQ = d soit
constante
...
Le point M ∈ (PQ) tel que PM = k décrit
PQ
une ellipse d’axes X et Y
...

bQ



Y 


...


...
b M
b

...

Mb

...



...

H


...


...
b

...


...


...
P
X

...


...


...


...


...
La photocopie non autorisée est un délit
...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...


...
Soit H la projection orthogonale de M sur Y et M le point où la
parallèle à (PQ) passant par O coupe (HM)
...
La longueur PM étant constante, égale à |k|d, M est sur le cercle de
centre O et de rayon |k|d
...

Pour k = 1 , M, milieu de [P, Q], décrit le cercle de centre O et de rayon 1 d
...
2
...
Propriétés spéciales à l’hyperbole
Parmi les coniques propres, la spécificité des hyperboles est d’avoir des asymptotes
...


i

i
i

i

i

i

i

i

12 • Coniques

338

Proposition 12
...
Soit X et Y deux droites sécantes en O, P et Q deux points
décrivant X et Y de sorte que l’aire algébrique 1 [O, P, Q] = A soit constante
...

→ →
Démonstration
...

de ı j
Y

Q
M
O

P

X

Soit P ∈ X , Q ∈ Y
...

2
2
On a (9
...
249) [O, P, Q] = OP × OQ = 4xy et l’aire algébrique du triangle OPQ est
→ →
2xy
...
En
ı j
A
calculant la dérivée de la fonction x → 2x , on voit que (PQ) est la tangente en M à C
...
7
...
Montrer qu’il existe une similitude
directe transformant C en C si et seulement si C et C ont même excentricité
...
14 p
...
8
...


Montrer que par tout J ∈ D passent deux tangentes T , T à C et qu’elles sont
orthogonales (considérer les réflexions σ et σ d’axes T et T )
...

Exercice 12
...
Soit C une conique de foyer F, directrice D , excentricité e > 0
...
3, p
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Exercices

339

Exercice 12
...
Soit C une conique de foyer F, de directrice D , d’excentricité e
...
On suppose que la tangente T M coupe D en J
...


Exercice 12
...
Soit deux droites D et ∆ sécantes en I, A, B deux points distincts de

∆ non sur D
...

2) Soit A et B les cercles de centre A et B tangents à D
...
11)
...
12
...
Montrer que pour
tout M ∈ C , FH × F H = a2 − c2 où a est rayon de Ω et c = ΩF
...
13
...


© Dunod
...


1) Construire les tangentes T 1 , T2 à C issues de A (considérer les intersections P 1 , P2
du cercle A de centre A passant par F et de F , voir 12
...
333)
...

3) Quel est l’ensemble Γ des points A tels que les tangentes T 1 , T2 issues de A soient
orthogonales ?
4) A-t-on des résultats semblables pour les paraboles ?

Exercice 12
...
Soit un triangle ABC
...
20, p
...
3, p
...
dunod
...


12
...
PROBLÈME
On donne deux points distincts A, A d’un plan affine P
...
Montrer que l’application suivante est une f
...
a
...
En déduire que c’est une conique propre si et
−
→
seulement si ϕ est bijective et AA non vecteur propre de ϕ
...

3) Soit f une bijection affine P → P transformant A en A et ne laissant pas la
droite (AA ) stable
...
Quel est le lieu de M si D pivote autour de A ?
4) Soit χϕ (X) le polynôme caractéristique de ϕ
...

• V(F ) est une hyperbole si χϕ a deux racines réelles distinctes et que les directions
asymptotiques sont les droites vectorielles propres
...

5) Montrer que l’application ϕ → F est une bijection linéaire de l’espace L(P ) des
bijection linéaires P → P sur l’espace des f
...
a
...

En déduire que si C est une conique propre passant par A et A , alors C peut être
générée de cette façon
...

Montrer que les quatre droites (A M1 ), (A M2 ), (A M3 ), (A M4 ) forment aussi un faisceau
harmonique (Si A et Mi sont confondus, on convient que (AM i ) est la tangente en A)
...
On parle alors de quadrangle harmonique de C
...
3, p
...

7) On suppose V(F ) propre
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

341

8) On suppose P euclidien
...
15, p
...

9) On suppose P euclidien
...
Préciser les asymptotes
...
1
...


1) Cas où Q est nulle
...

−
→
2) Cas où LO est nulle, alors F (M) = Q(OM)
...
e
...

• Si Q est dégénérée de rang 1, alors Q = L 2 (L forme linéaire) et V(F ) = O+Ker L
est une droite (double)
...

Dans tous ces cas, V(F ) est impropre
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Alors V(F ) contient la
droite O + Ker LO , donc est impropre
...
Si V(F ) était impropre, elle se réduirait à {O} ou se
composerait d’une ou deux droites dont l’une passerait par O (voir 12
...
1 où tous
→
les cas ont été envisagés)
...
Les points de D− ∩ V(F ) sont du type O + λ− , λ étant tel que
→
u
0
directeur u
u
→
→
P (λ) = λ2 Q(− ) + 2λLO (− ) = 0
...

u
u
u
Donc V(F ) ne contient pas de droite passant par O
...
D’où V(F ) est propre
...
2
...
14, p
...
Elle échange donc T 1 , M1 et T2 , M2 , d’où (M1 M2 ) est parallèle à ∆
...
27, p
...


i

i
i

i

i

i

i

i

12 • Coniques

342

1) Choisissons P pour origine
...
Les points M = P + λ − et M = P + λ − sont
u
u
obtenus en prenant pour λ et λ les racines du trinôme
→
→
λ2 Q(− ) + 2λL (− ) + F (P)
u
u
Solution 12
...


P

→
Le point Q = P + µ− est obtenu en écrivant
u

λ −µ
λ
PM
QM
=
=−
=−
λ
λ −µ
PM
QM
2λ λ
F (P)
F (P) −
−
→
→
=−
→
− ) et PQ = − L (− ) u
→
λ +λ
LP ( u
u
P
→
→
− directeur de la sécante
...

Soit une sécante D1 coupant C en M1 , M1 , Q1 ∈ D1 tel que [P, Q1 , M1 , M1 ] = −1
...
14, p
...
Elle transforme D 1 , Q1 , M1 , M1 en D2 , Q2 , M2 , M2 avec
−→
−
[P, Q2 , M2 , M2 ] = −1
...

Si P est intérieur à C , toute droite passant par P est sécante et le lieu est toute la
polaire ∆P
...
Le lieu est le
segment [T1 , T2 ] si C est une ellipse, une parabole, une hyperbole avec T 1 , T2 sur la
même branche, deux demi-droites d’origines T 1 , T2 si C est une hyperbole avec T 1 , T2
sur deux branches différentes
...

−
→
Ce raisonnement ne convient pas si (PQ) n’est pas sécante
...

−
→
−
→
Montrons que LQ (QP) + F (Q) = 0
...
2, p
...

−
→
Comme F (P) = 0, Q est conjugué de P si et seulement si L P (PQ) = 0, i
...

Q ∈ ∆P = P + Ker LP
...

Solution 12
...
1) Les droites Dt passant par le point M(x, y) sont telles que t soit
racine du polynôme

Dx,y (T ) = u(T )x + v(T )y + w(T )
= T 2 (u2 + v2 + w2 ) + 2T (u1 + v1 + w1 ) + u0 + v0 + w0
Le discriminant est

∆(x, y) = (u1 x + v1 y + w1 )2 − (u2 x + v2 y + w2 )(u0 x + v0 y + w0 )
On a donc deux, une ou zéro droites D t passant par M(x, y) selon que ∆(x, y) est
positif, nul ou négatif, soit selon la place M relativement à la conique C d’équation
∆(x, y) = 0
...
Ceci équivaut à ∆(x, y) = 0
...
Nous n’entrerons pas dans cette discussion
...
5
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Les points mobiles sont donnés par leurs
ı
j
b
coordonnées P(t)(at + b, 0) et Q(t)(0, ct + d)
...

c
La droite Dt est d’équation

x
at+b

+

y
ct+d

− 1 = 0, soit

act2 + t(ad + bc − cx − ay) + bd − dx − by = 0
Le discriminant ∆(x, y) de ce polynôme en t est

(ad + bc − cx − ay)2 − 4ac(bd − dx − by) soit
(cx + ay)2 − 2 (ad + bc)(cx + ay) + ac(dx + by) + (ad + bc)2 − 4abcd
C’est l’expression analytique d’une f
...
a
...

b
1) On a − a = − d , donc ad − bc = 0
...
L’enveloppe est la parabole C d’équation ∆(x, y) = 0
...
On vérifie que
c’est en le point B où se trouve Q à cet instant
...

c
b
2) Si P, Q sont en O au même instant t 0 = − a = − d , l’équation de Dt est
c
y
x
+
− 1 = 0 soit bx + ay + t0 − t = 0
a(t − t0 ) b(t − t0 )

de vecteur directeur (−a, b), donc de direction fixe
...
6
...
Soit les coordonnées (a, 0) pour A, (−a, 0) pour B, (a, t) pour P, (−a, p ) pour
t
Q
...
C’est une ellipse si
p > 0, une hyperbole si p < 0
...

On montre que ce sont les asymptotes de C
...
7
...


Inversement, soit C une conique d’excentricité e, de foyer F et de directrice D
...
Il existe une unique
similitude directe s transformant (F, K) en (F , K )
...

Le rapport de similitude est

KF
KF

=

p
p

où p et p sont les paramètres
...

Alors s(C) est le cercle de centre s(Ω) et de rayon λp
...
Pour e donné, le paramètre détermine la taille de C
...
8
...
Soit M son point

de contact et H la projection orthogonale de M sur D
...


Pour mener les tangentes à C issues de J, on construit le cercle de centre J et de
rayon JF
...
Les médiatrices de (F, H) et
(F, H ) sont les deux tangentes T et T issues de J
...
La réflexion σ d’axe T transforme F en
H
...
Comme J est milieu
de (H, H ), σ ◦ σ est la symétrie de centre J, donc T et T sont orthogonales
...
La réflexion σ transforme (M F) en (M H )
...
Elles sont donc confondues, d’où
l’alignement de M, F, M
...
9
...
Pour tout M ∈ ∆ de projection orthogonale H sur D , on a
MH = MI sin θ
...
Si e sin θ = 1 on a deux
MI
points M, M sur ∆ de projections orthogonales H, H sur D tels que

MF
MF
=−
= e sin θ
MI
MI

d’où

MF
MF
=
=e
MH
MH

Ainsi, ∆ coupe C en M, M conjugués harmoniques relativement à F et I
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Alors ∆ 0 coupe C en M0 , M0
tels que M0 F = M0 F = eh, donc F est le milieu de (M0 , M0 )
...
10
...
Soit une représenta-

→
−
→
FM
τ
tion paramétrique t → M(t)
...
Dérivons la relation
FM2 − e2 HM2 = 0
...
Par définition de J, − et JM sont colinéaires
...


i

i
i

i

i

i

i

i

12 • Coniques

346

Solution 12
...
1) Soit H et K les projections orthogonales de A et B sur D
...
Donc F est sur le cercle Γ de
diamètre [I, J] (11
...
294)
...

BK
2) Les cercles A, B sont tangents en H, K à D
...
Les fonctions
circulaires α, β, γ appartiennent à un même plan vectoriel, donc A, B, Γ appartiennent
à un même faisceau de cercles F
...
Comme
et B
...

Comme I ∈ D , tangente commune à A et B , I est extérieur à A, B et l’arc Γ h des
points de Γ extérieurs à A et B est non vide
...

Si les cercles A et B n’ont pas de point commun, i
...
si F est à points limites, C
est toujours une hyperbole car Γ = Γ h
...

Si les cercles A et B se coupent en F 1 , F2 , F est à points de base F1 , F2
...

(1) Si F ∈ Γh , C est une hyperbole,
(2) Si F ∈ Γe , C est une ellipse,
(3) Si F ∈ {F1 , F2 }, C est une parabole
...
12
...
19, p
...
Soit

K le point où (FH) recoupe Ω, symétrique de H par rapport au centre Ω
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

347

Solution 12
...
1) Les symétriques P 1 , P2 de F par rapport à T 1 , T2 sont sur F (12
...
333)
...

2) On a σ1 (F) = P1 , σ (P1 ) = P2 , σ2 (P2 ) = F
...
Soit τ une réflexion échangeant (AF) et (AF )
...

3) La rotation σ2 ◦ σ1 , de centre A, d’angle 2(T1 , T2 ) (modulo 2π ), envoie P1 en P2
...
e
...
e
...
e
...
Posons 2c = FF
...
On a
→
− −
→ →
− −
→
AF2 + AF 2 = AΩ + ΩF 2 + AΩ + ΩF 2
→
− − −
→ →
= 2AΩ2 + 2AΩ · (ΩF + ΩF ) + ΩF2 + ΩF 2 = 2AΩ2 + 2c2
c
Par un calcul simple (voir 12
...
D’où A ∈ Γ si et
seulement si AΩ2 = 2a2 − c2 = (2 − e2 )a2
...

√
• Si e > 2, Γ est vide
...
e
...

En les considérant comme tangentes avec points de contact à l’infini, Γ se réduit à
{Ω}
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
L’ensemble
Γ est alors la directrice (exercice 12
...
338)
...
14
...
Les projections

orthogonales A , B , C de F sur les tangentes (BC), (CA), (AB) sont sur la tangente au
sommet ∆ de C (12
...
335)
...
18, p
...


On sait que l’homothétie H F, 1 transforme la droite de Simson ∆ de F en la droite
2
de Steiner qui passe par l’orthocentre (voir le problème 11
...
3, p
...

Inversement, soit F sur le cercle (ABC) distinct de A, B, C et ∆ sa droite de Simson
...
21, p
...
Même raisonnement pour la directrice
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Ceci permet de transporter dans C les problèmes de géométrie plane pour
les résoudre par calcul
...
Cette
problématique est développée dans les sections 13
...
2
...
Cette partie est longuement développée dans les sections
13
...
4
...


13
...
1
...
Le plan vectoriel euclidien orienté C
Rappelons comment on définit sur C la structure canonique de plan vectoriel euclidien orienté :
• l’inclusion R ⊂ C détermine sur C une structure naturelle de R-espace vectoriel de
dimension 2,

i

i
i

i

i

i

i

i

350

13 • Nombres complexes et géométrie

• l’application module Z → |Z| est la norme euclidienne ; le produit scalaire de
Z = X + iY et Z = X + iY est
1
XX + Y Y = (ZZ ) = (ZZ + Z Z)
2
• la base orthonormale (1, i) est décrétée directe ; le déterminant de Z = X + iY et
Z = X + iY relativement à (1, i) (et donc relativement à toute base orthonormale
directe) est
1
X X
det
= XY − Y X = (ZZ ) = (ZZ − Z Z)
Y Y
2i
L’argument d’un complexe Z = 0 est l’angle arg(Z) ≡ ( 1, Z) modulo 2π
...
Il est canoniquement
isomorphe au groupe multiplicatif U des nombres complexes de module 1
...

Le groupe, isomorphe à C × , des applications Z → aZ (a = 0) est le groupe
des similitudes vectorielles directes
...


13
...
2
...
Reportons nous à la
définition d’espace affine (8
...
204) : le plan vectoriel (euclidien orienté) associé est
C lui-même et l’opération du plan vectoriel C sur le plan affine C est l’addition interne
(b, z) → z + b de C
...

Proposition 13
...
Une application de C dans C est une similitude directe pour la

structure affine euclidienne de C si et seulement si elle est du type z → az + b où
a = 0
...


Démonstration
...

• Pour a = 1, on a toutes les translations
...
Soit z = z0 et
z = az + b son image
...

On a Z = (az + b) − (az0 + b) = a(z − z0 ) = aZ , donc |Z | = ρ|Z| et
(Z, Z ) ≡ arg(a) ≡ θ modulo 2π
...

Comme ρ et θ peuvent être pris quelconques, de même que z 0 (en prenant
b = (1 − a)z0 ), toute similitude directe est de ce type
...
2 Utilisation de C en géométrie affine plane

351

13
...
3
...
On se propose de décrire les applications affines par un énoncé analogue
à la proposition 13
...
2
...


Démonstration
...
La question est : toute
application affine est-elle de ce type ? Cela revient à montrer le lemme suivant :
Lemme 13
...
Une application de C dans C est R-linéaire si et seulement si elle est

du type fa,b : Z → aZ + bZ où (a, b) ∈ C2
...
Comme dimR (C) = 2, on a dimR LR (C) = 2×2 = 4
...
Mais dimR (C2 ) = 4,
cette application est donc bijective par égalité des dimensions des espaces de départ et
d’arrivée, le lemme est démontré
...
13, p
...

Elle est donc bien du type annoncé
...
2 UTILISATION DE C EN GÉOMÉTRIE AFFINE PLANE

© Dunod
...


Soit P un plan affine euclidien orienté de plan vectoriel associé P
...


13
...
1
...
Ces notions sont relatives au repère R
...
En revanche la notion d’image est plus ambiguë et on devrait
→
−
préciser image vectorielle pour V et image ponctuelle pour M, ce que nous ferons
s’il y a risque de confusion
...
On a déjà rencontré cette démarche
...

Ici, l’outil numérique est sophistiqué car la structure algébrique de C est plus riche
que celle de R2 : on y dispose de la multiplication interne du corps C
...
Un objectif de ce chapitre est
d’élaborer un « dictionnaire » mettant en correspondance phénomènes géométriques
de P et leurs expressions complexes dans C
...
1 et 13
...


13
...
2
...

(ii) Toute fonction affine f : P → R est d’expression complexe z → az + az + b
où (a, b) ∈ C × R est unique
...
(i) On sait que L est du type V → A · V où A est unique orthogonal
→
−
→
→
→ −
→
→
à Ker L
...
1
...
, p
...

2
2
(ii) Une fonction affine (9
...
250) f est définie par la donnée de la forme linéaire
associée L et l’image de l’origine f (O) = b ∈ R :
−
→
f (M) = L(OM) + f (O) = az + az + b
Lemme 13
...


où z est affixe de M
...
5
...
Inversement, une telle équation est celle d’une droite
...
On sait (9
...
251) qu’une droite est l’ensemble D = V(f ) des
points annulant une fonction affine f , unique à facteur (réel) près, et réciproquement
...
2
...
Équations complexes de cercles
Proposition 13
...
L’équation azz + bz + bz + c = 0, où (a, c) ∈ R∗ × R et b ∈ C est

celle d’un cercle si |b|2 − ac
est unique à facteur réel près
...
Tout cercle a une telle équation, le triplet (a, b, c)

i

i
i

i

i

i

i

i

13
...
Soit L la forme linéaire d’expression complexe Z → bZ + bZ
...
C’est une fonction circulaire (11
...
289)
...
On écrit

b
b
c
b
=a z+
F (M) = a zz + z + z +
a
a
a
a
b 2 |b|2 − ac
= a z+
−
a
a2

z+

ac − |b|2
b
+
a
a2

Si |b|2 − ac < 0, V(F ) est vide
...

Inversement, tout cercle donné par son centre et son rayon admet une telle équation
...
1
...
Soit un parallélogramme articulé OACB ( OA + OB = OC)

où O est fixe, les longueurs OA = BC et OB = AC sont constantes
...
Montrer que l’on passe de M à M par une similitude fixe directe de
centre O
...
2
...
On note j le nombre e

2iπ
3


...
La photocopie non autorisée est un délit
...

À quelle condition sur λ, µ, ν les racines de P (X) sont-elles sommets d’un triangle
équilatéral de C ?
3) Soit T = PQR un triangle quelconque
...
Soit A, B, C les centres de ces triangles
...

Exercice 13
...
Soit M1 , M2 d’affixes z1 , z2 distincts
...
On la mettra sous la forme de la nullité d’un déterminant d’ordre
3 (l’équation étant az + az + b = 0, exprimer que z 1 , z2 la vérifient ; considérer un
autre point d’affixe z sur la droite et utiliser le fait qu’un système linéaire homogène
ayant une solution non triviale est de déterminant nul)
...
4
...
On construit les

triangles équilatéraux PBC, QCA, RAB, extérieurement au triangle ABC
...

− − −
→ → →
1) Montrer que les vecteurs AP, BQ, CR ont même norme et font entre eux les angles
± 2π
...

Exercice 13
...
On donne trois points M 1 , M2 , M3
...
3, donner l’équation complexe du cercle passant par ces trois points (s’ils
ne sont pas alignés)
...
6
...


1) Montrer que pour tout M, on a MA + MB

MC
...


→ → →
Exercice 13
...
Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3, (O, − , − , − ) un
e1 e2 e3

− − −
→ → →
repère orthonormé direct, A, B, C trois points tels que OA, OB, OC soient deux à deux
orthogonaux et de même norme
...
Soit P le plan passant par O de direction P = Vect( − , − )
...

− − −
→ → →
Montrer que a2 + b2 + c2 = 0 (considérer la matrice de OA, OB, OC dans la base
→ → →
− , − , − ) et utiliser les propriétés des matrices orthogonales)
...
2)
...
8
...
Prenons la droite des centres pour axe réel
...
3 La géométrie des cercles et C

355

Exercice 13
...
Soit ϕ : P → P une application linéaire de représentation complexe

Z → aZ + bZ
...

2) Dans le cas général, calculer det(ϕ)
...

Exercice 13
...
Soit M , M deux points mobiles animés de mouvements circulaires

uniformes de vitesses angulaires opposées ω et −ω sur des cercles C , C de centres
A , A , de rayons R , R
...
Si a , a sont les
affixes (réels) des centres, les affixes de M , M sont

z = a + R ei(ωt+ϕ ) ,

z = a + R ei(−ωt+ϕ

)

Montrer que la trajectoire du milieu M de (M , M ) est en général une ellipse dont on
déterminera les éléments de réduction
...


13
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Le cadre est un plan affine euclidien orienté P , de
ˇ
plan vectoriel associé P
...
22, p
...


13
...
1
...
7
...
On

appelle birapport de ces nombres rangés dans cet ordre le nombre
z3 − z1 z3 − z2
[z1 , z2 , z3 , z4 ] =
:
(où le signe : signifie « divisé par »)
z4 − z1 z4 − z2
Ces nombres étant distincts, le birapport n’est jamais égal à 0 ou 1
...
Comme on a 4! = 24 ordonnancements
possibles des zi , les 24 valeurs sont égales 4 à 4 et on a 24 = 6 valeurs possibles du
4
birapport en changeant l’ordre
...

On notera C l’ensemble C ∪ {∞}
...
Prolongeons la définition du
birapport à C en posant

[∞, z2 , z3 , z4 ] = [z2 , ∞, z4 , z3 ] = [z3 , z4 , ∞, z2 ] = [z4 , z3 , z2 , ∞] =

z4 − z2
z3 − z2

Ces valeurs sont les limites du birapport si z 1 tend vers l’infini alors que les trois
autres affixes zi sont fixes
...
8
...
Le birapport de leurs affixes

z1 , z2 , z3 , z4 relativement à un repère orthonormé direct ne dépend pas de ce repère
...

− −
→ →
→ →
Démonstration
...
Si z et z sont les affixes
u
v
du même point M dans R et R , la relation1 liant z et z est z = eiθ z + b
...

Proposition 13
...
Le birapport de quatre points alignés est leur birapport au sens du

chapitre 8
...
Si les M i sont sur une même droite D , prenons O ∈ D et − un vecteur
u
unitaire directeur de D
...
1
...
, p
...


1
...
32, p
...
La formule de changement de repère est alors
z = az + b où a = 0 n’est pas toujours de module 1
...
3 La géométrie des cercles et C

357

13
...
2
...
10
...


Voir le corollaire du théorème de l’angle inscrit (p
...


Démonstration
...

1) Supposons qu’aucun de ces points n’est ∞
...
Comme cette congruence est modulo π ,
on peut s’exprimer en termes d’angles de droites :

(M1 M4 , M1 M3 ) ≡ (M2 M4 , M2 M3 ) modulo π
ce qui équivaut à ce que les quatre points soient cocycliques ou alignés (p
...

2) Supposons qu’un de ces points soit ∞, par exemple M 4 = ∞
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Ceci
équivaut à ce que M1 , M2 , M3 , ∞ soient cocycliques au sens généralisé car les droites
sont les cercles généralisés passant par ∞
...
Pour tout M 0 distinct de A, B, le cercle de F passant par
M0 est :
ˇ
C0 = M ∈ P | [A, B, M0 , M] ∈ R

i

i
i

i

i

i

i

i

13 • Nombres complexes et géométrie

358

13
...
3
...
11
...
Pour que deux points distincts
P, Q appartiennent au même cercle de F , il faut et il suffit que le birapport [A, B, P, Q]
soit de module 1
...
Soit P, Q deux points distincts entre eux et de A, B, a, b, p, q les affixes
de A, B, P, Q
...

1) Supposons qu’aucun des points A, B n’est ∞
...
20 (p
...

PB
QB
2) Supposons que B = ∞
...
301)
...


13
...
4
...
12
...
S’ils sont alignés, ils forment une division harmonique au sens du chapitre
8 (13
...
25, p
...

En particulier, pour Q = ∞, on a [A, B, P, ∞] = −1 si et seulement si P est milieu
de (A, B)
...

p−b
Il nous reste à étudier le cas où les points ne sont pas alignés
...
13
...

On a équivalence entre

(i) [A, B, P, Q] = −1,
(ii) la droite (AB) et les tangentes en P, Q à Γ sont concourantes ou parallèles
...
3 La géométrie des cercles et C

359

Cas général :
Γ

P
Ω

A

B

Q

R

C

Le cas particulier où P et Q sont diamétralement opposés :

Q

© Dunod
...


Γ

Ω

A

B

P
C

Le point R est envoyé à l’infini
...
Le nombre −1 est le seul nombre complexe distinct de 1 qui soit à
la fois réel et de module 1
...
11, on a [A, B, P, Q] = −1 si et seulement si P et Q sont sur un même
cercle γ du faisceau à points limites A, B, donc si ce sont les intersections de Γ et d’un
cercle γ centré en un point R ∈ (AB) orthogonal à Γ (éventuellement la médiatrice de
(A, B))
...
Ceci donne l’équivalence de (i) et (ii)
...

Exercice 13
...
On donne quatre points distincts du plan annalagmatique M 1 , M2 , M3 , M4

et on pose ρ = [M1 , M2 , M3 , M4 ]
...
12
...
Les six

valeurs deux à deux inverses du birapport sont réelles (13
...
357)
...
Montrer que si [A, B, C, D] < 0, alors A
et B sont de part et d’autre de (CD)
...
13
...
On donne quatre points distincts A, B, C, D

de P
...
On remarquera que
ρ
1
1 = ρ + (1 − ρ) = 1 + (1 − 1 ) = 1−ρ + ρ−1
...
14
...
Soit A, B, P, Q quatre points distincts d’affixes

a, b, p, q
...
Montrer qu’on a équivalence entre les
conditions
(i) [A, B, P, Q] = −1,
− −
→ →
(ii) (AB) est bissectrice de (IP, IQ) et IP × IQ = IA2 = IB2 ,
− −
→ →
(iii) (PQ) est bissectrice de (JA, JB) et JA × JB = JP2 = JQ2
...
3 La géométrie des cercles et C

361

Exercice 13
...
Quadrangle équianharmonique
...
Montrer que ρ + ρ = 1 si et seulement si l’un des deux nombres ρ, ρ est −j et l’autre −j 2
(remarquer que les parties imaginaires de ρ et ρ doivent être opposées)
...
Montrer que les six valeurs du
birapport (13
...

3) Montrer qu’il en est ainsi si et seulement si

AB × CD = BC × AD = CA × BD
4) Que dire de trois points formant avec ∞ un quadrangle équianharmonique ?
5) Soit A, B, C trois points distincts
...


Exercice 13
...
Soit un triangle ABC, Γ le cercle circonscrit, a, b, c les affixes des
sommets
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

1) Montrer les formules

a
b

= α(z − b) + b = α(z − c) + c
= β(z − c) + c = β(z − a) + a

c

= γ(z − a) + a = γ(z − b) + b

2) En déduire [A , B , C , ∞] =

a −c
b −c

= [a, b, c, z]

3) En déduire que M ∈ Γ si et seulement si A , B , C sont alignés (voir problème
11
...
309)
...

4) Montrer que A B C est équilatéral si et seulement si A, B, C, M est équianharmonique
...
4 GROUPE CIRCULAIRE
13
...
1
...
14
...


az+b
cz+d

où a, b, c, d sont des coefficients complexes tels que

Pour c = 0, on retrouve les similitudes directes pour la structure de plan affine
euclidien de C (13
...
350)
...

c
Si c = 0, h n’est pas définie en − d
...

Les similitudes directes sont donc les homographies laissant fixe ∞
...
Les homographies numériques
cz+d
cz−a
forment le groupe circulaire direct numérique noté H + (C)
...
15
...


(ii) Étant donné deux triplets (z 1 , z2 , z3 ) et (z1 , z2 , z3 ) où les zi (resp
...


Démonstration
...
C’est immédiat si c = 0
...
Alors

az+b
cz+d

conserve le birap-

+ d) − ad + b
a
ad − bc
c
= −
cz + d
c c(cz + d)
On voit que h est composée des applications
a
ad − bc
,
z −→ − z
z −→ cz + d,
z −→
cz
c
Le lecteur vérifiera que chacune d’elles conserve le birapport
...

2) Étant donné les deux triplets z 1 , z2 , z3 et z1 , z2 , z3 , on va montrer qu’il existe une
unique application h conservant le birapport transformant z 1 , z2 , z3 en z1 , z2 , z3 et
que c’est une homographie
...

h(z) =

a
c (cz

i

i
i

i

i

i

i

i

13
...

En particulier, si une homographie laisse fixe trois points, c’est l’identité
...
16
...

ˇ
Proposition 13
...
(i) Une application h de P dans lui-même est une homographie
si et seulement si son expression complexe dans un repère (orthonormé direct) est une
homographie numérique
...

ˇ
(ii) Les homographies de P forment un groupe pour la composition appelé groupe
ˇ
circulaire direct de P noté H + (P)
...
Soit R un repère, h une application de P dans lui-même, hR l’expression complexe de h
...
Alors
zi = hR (zi ) et on a (13
...
356)

© Dunod
...


[M1 , M2 , M3 , M4 ] = [z1 , z2 , z3 , z4 ]

et

[M1 , M2 , M3 , M4 ] = [z1 , z2 , z3 , z4 ]

Il est clair que h conserve le birapport si et seulement si h R conserve le birapport
c’est-à-dire si hR est une homographie numérique
...

Le fait que les homographies forment un groupe vient de ce qu’il en est ainsi pour
l’ensemble des homographies numériques
...
18
...

Cette propriété explique la terminologie de groupe circulaire
...
Soit h une homographie et C un cercle
...
Pour tout M ∈ C
d’image M , on a [A, B, C, M] = [A , B , C , M ]
...
10,
p
...
On montre de même que h−1 (C ) ⊂ C , d’où h(C) = C
...
Soit A ∈ C , A ∈ Γ
...
Comme
A ∈ Γ, F est à points limites A, B et B ∈ C
...
Ils sont
/
sur C = h(C)
...
Alors [A, B, M, N]
= [A , B , M , N ] est de module 1 (13
...
358) donc Γ appartient au faisceau F à
points limites A , B
...


13
...
2
...


b
1) Cas d’une similitude directe : c = 0 et d = 0 car ad−bc = 0
...

b
• Pour a = d, h(z) = z + d
...


• Pour a = d, c’est une similitude de centre le point d’affixe
points fixes en comptant ∞
...
On trouve les points fixes en étudiant l’équation
c
h(z) = z , c’est-à-dire les racines dans C du trinôme cX 2 − (a − d)X − b, de
discriminant

∆(h) = (a − d)2 + 4bc = (a + d)2 − 4(ad − bc)
• Pour ∆(h) = 0 il y a deux points fixes distincts
...


On dit que h est une élation
...

Pour une homographie h sur un plan P , on applique les résultats de cette discussion
à la représentation complexe de h dans un repère
...
19
...


Pour tout M, le birapport [U, V, M, h(M)] est indépendant de M
...
Raisonnons numériquement
...
Soit z 0
distinct de u, v
...
Posons ρ = [u, v, z0 , z1 ]
...
Ceci permet le calcul de h (z) en
fonction de u, v, z
...

On a h = h car h et h coïncident en u, v, z0 (13
...
362)
...

Exemple : Soit la similitude z → az + b où a = 0
...
Alors
(az + b) − (av + b)
az + b − v
=
=a
[∞, v, z, az + b] =
z−v
z−v

b
1−a

i

i
i

i

i

i

i

i

13
...
4
...
Involutions
Définition 13
...
Une homographie h, distincte de l’identité, est une
involution si elle est elle-même sa propre inverse
...
21
...


Démonstration
...
On prend U, V tels que [U, V, M, h(M)] = −1 pour tout M
...

Inversement, soit h une involution et U un point fixe (il en existe au moins un)
...
Alors h et h coïncident en U, M0 , M1 , donc h = h (13
...
362) a
bien la propriété
...
Notons U, V les points fixes de l’involution
h
...
13,
p
...

Si M est sur la droite (UV), c’est le conjugué harmonique de M relativement à U, V au
sens du chapitre 8 (8
...
216)
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On joint M à l’intersection R des tangentes
en U, V à Γ
...

Si un point fixe est U = ∞, alors h est une similitude involutive, c’est-à-dire la
symétrie centrale de centre V
...
4
...
Les antihomographies
Nous allons étudier un autre type de transformations qui jouent pour les homographies
le rôle que jouent les antidéplacements pour les déplacements
...
22
...
23
...


(ii) Étant donné une réflexion σ , l’application f → f ◦ σ (resp
...

ˇ
ˇ
ˇ
(iii) La réunion des ensembles H + (P) et H− (P) est un groupe noté H(P) appelé
+ (P) est un sous-groupe d’indice 2
...


Démonstration
...
Pour que l’énoncé
ˇ
ait un sens, il faut préciser comment on prolonge σ à P
...
Soit
→ →
− , − ) où O ∈ ∆ et − est vecteur directeur de ∆
...
La représentation complexe de σ est alors z → z
...

(ii) Ce point est immédiat à vérifier
...

cz+d
ˇ
...


ˇ
ˇ
On en déduit facilement que H( P) est un groupe et que H+ (P) est sous-groupe
d’indice 2
...
18, p
...
Il est très facile à
vérifier pour les réflexions
...

Définition 13
...
Étant donné un point O ∈ P et un nombre k = 0, on appelle

inversion de pôle O et de puissance k l’application notée Inv(O, k) involutive
ˇ
de P sur lui-même ainsi définie :

• Inv(O, k) échange O et ∞,
• à M distinct de O et de ∞, Inv(O, k) associe le point M de la droite (OM) tel
que OM × OM = k
...
4,
p
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Exercices

367

Proposition 13
...
(i) Les inversions sont des antihomographies
...


Démonstration
...
Prenons un repère orthonormé direct
d’origine O
...

(ii) Il est clair que les réflexions et les inversions sont involutives
...

• Supposons f (∞) = ∞
...
Elle est du type z → az+b
...

cz+d
b
Alors d = 0 car ad − bc = 0
...
C’est donc une application affine (13
...
351)
...
Plaçons l’origine en O
...
Comme f est sa
propre inverse, on a z = f f (z) = aaz pour tout z
...
Alors f est composée des applications de représentations
complexes z → z et z → eiθ z , c’est-à-dire d’une réflexion d’axe passant par O et
d’une rotation de centre O
...

• Supposons que f échange O et ∞
...
La représentation complexe est donc z → cz
...
Comme f = f −1 , on a
réel car k = k
...


b
c

=

b
c

= k où k est

EXERCICES

© Dunod
...


Exercice 13
...
Montrer qu’une homographie h transforme un faisceau de cercles en
un faisceau de cercles de même nature
...
18
...
Montrer que h est une involution (considérer les points fixes de h et h 2 et utiliser
13
...
362)
Exercice 13
...
Point de Frégier d’une involution sur un cercle
...

1) Montrer qu’un cercle généralisé est stable par h si et seulement si il appartient au
faisceau F(U, V) de points-limites U, V ou au faisceau F ⊥ (U, V) à points de base U, V
...
Montrer que pour tout
M ∈ C , la droite ∆M joignant M et h(M) passe par un point fixe (ou est de direction
fixe) F appelé point de Frégier situé sur la droite des centres du faisceau F(U, V) ou
F ⊥ (U, V) auquel C appartient (distinguer les deux cas)
...
20
...
Soit h1 , h2 deux involutions distinctes de points
fixes U1 , V1 pour h1 , U2 , V2 pour h2
...

2) Dans ces conditions, montrer que {Id, h 1 , h2 , h3 } est un groupe commutatif
...


ˇ
Exercice 13
...
Soit A un point de P et GA le groupe des homographies admettant A
pour point fixe
...

2) Quelles sont les conjuguées dans G A des translations de P ?
3) Pour tout h = Id de GA , on a les éventualités :
ˇ
• Si h ∈ GA a un deuxième point fixe B ∈ P , pour tout M, la valeur du birapport
[A, B, M, h(M)] est une constante ρ(h) (13
...
364)
...

Montrer que l’application h → ρ(h) est un morphisme de groupe G A → C×
...
22
...


1) Montrer que le groupe G(T ) des homographies laissant T stable est isomorphe
à S3 (utiliser 13
...
362)
...

3) On suppose que T est un triangle de cercle circonscrit Γ
...
19)
...

5) Construire T si A1 = ∞
...
23
...
Montrer que le groupe des
homographies laissant Q stable est diédral de cardinal 8
...

Exercice 13
...
1) Soit Q un quadrangle équianharmonique
...


2) Montrer que les groupes G(Q) forment une classe de conjugaison de sousˇ
groupes de H+ (P)
...
dunod
...


13
...
PROBLÈME
Dans un plan affine euclidien orienté P rapporté à un repère, on donne un polygone à
n sommets A = (A0 ,
...
, an−1
...
, an−1
...
, Pn−1 ) le
n
polygone régulier direct convexe dont les sommets ont pour affixes 1, ω,
...

Il est commode pour les notations de supposer que l’indice varie dans Z/nZ au lieu
de {0, 1,
...


© Dunod
...


1) Dans cette question, n = 4
...


...


...

⎝
...


...


···
···

ω n−1
ω 2(n−1)

...


...

Montrer que Ker Ω est engendré par les matrices à une colonne U et V de coefficients
1,
...
, ω n−1
...

3) On dira que A est affinement régulier convexe s’il se déduit de P par une
application affine
...

Montrer qu’il en est ainsi si et seulement si on a la relation matricielle Ω Mat(A) = O
où Ω est la matrice à n colonnes et n − 3 lignes se déduisant de Ω en enlevant la
première ligne
...
Soit A = (A0 , A1 , A2 , A3 ) quelconque
...
Quelle propriété possède A = (A0 , A1 , A2 , A3 ) ?
2
iah+1 −ah
On pose ah = i−1
...
Quelle propriété possède B = (B0 , B1 , B2 , B3 ) ?
i−1
a
+a
On pose bh = h+1 h d’image Bh
...

5) Soit u = 1 une racine n-ième de l’unité
...
, An−1 ) d’affixes
a0 ,
...

u−1
Comment les polygones A et A sont-ils liés géométriquement ?
Montrer que a0 + ua1 + · · · + un−1 an−1 = 0
...


13
...
PROBLÈME
Soit E un espace affine euclidien orienté de dimension 3 d’espace vectoriel associé
E , P un plan de E , S une sphère de centre Ω, de rayon R, tangente en un point O
à P , s le point de S diamétralement opposé à O, π la projection stéréographique de
ˇ
sommet s de S sur P = P ∪ {∞}
...
G(S)) le groupe des rotations
ˇ
(resp
...
On se propose d’étudier les bijections de P
sur lui-même du type π ◦ f ◦ π −1 où f ∈ G+ (S) (resp
...

1) Montrer que G+ (S) et G(S) sont isomorphes à SO(E) et O(E)
...
Soit la rotation rot(Os, θ)
...
19, p
...

3) Soit a, b diamétralement opposés sur S , A = π(a), B = π(b) et ρ (ab) le retournement d’axe (ab)
...
33, p
...
13, p
...
21, p
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

371

4) En déduire que les π ◦ f ◦ π −1 sont des homographies si f décrit G + (S) (utiliser
8
...
230)
...
Montrer que
h = π◦f ◦π −1 est une homographie dont on donnera les points fixes et le birapport (on
pourra montrer que f est conjuguée d’une rotation d’axe (Os) par un retournement)
...


ˇ
7) Donner un exemple de sous-groupe fini de H + (P) isomorphe à S4 (utiliser 10
...
275)
...
1
...
La si-

militude (variable) des plaques MAC et CBM s’exprime par l’existence de θ et ρ tels
que
BM
AC
− −
→ →
− −
→ →
=ρ=
(AM, AC) ≡ θ ≡ (BC, BM ) mod2π
et
AM
BC
On en déduit
z −b
c−a
=k=
où k = ρeiθ
z−a
c−b
Comme c − a = b et c − b = a, on en déduit z = kz
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Solution 13
...
1) Le triangle ABC est équilatéral direct si et seulement si rot B, π
3

transforme C en A, ce qui est équivalent à
iπ
a−b
= e 3 = −j 2
c−b
2 = 0
...

La condition est donc µ = 1 λ2
...
Supposons T direct
...
On a donc

a(j 2 − 1) = qj 2 − r,

b(j 2 − 1) = rj 2 − p,

c(j 2 − 1) = pj 2 − q

(j 2 − 1)(a + bj + cj 2 ) = qj 2 − r + r − pj + pj − qj 2 = 0
d’où a + bj + cj 2 = 0
...
3
...
Soit M

d’affixe z sur cette droite
...
On a donc
⎞
⎛
z1 z1 1
det ⎝ z2 z2 1 ⎠ = 0
z z 1
soit z(z1 − z2 ) − z(z1 − z2 ) + z1 z2 − z2 z1 = 0
...
On a donc bien
l’équation de (M1 M2 )
...
4
...
On
3
a donc c − p = −j(b − p), donc p = −j 2 b − jc et de même q = −j 2 c − ja et
r = −j 2 a − jb
...
13
...
Tout point commun au deux premières droites est aussi sur la troisième
...


Solution 13
...
La méthode est exactement la
trouve pour équation
⎛
z1 z1 z1 z1
⎜ z2 z2 z2 z2
det ⎝
z3 z3 z3 z3
z z
zz

même que pour l’exercice 13
...
On

⎞
1
1 ⎟
=0
1 ⎠
1

Solution 13
...
1) Soit a, b, c, z les affixes de A, B, C, M
...
13
...
D’où (z − a) + j(z − b) + j 2 (z − c) = 0 et
(z − a) + j(z − b) = −j 2 (z − c)
...
L’inégalité précédente est une
égalité si et seulement si les conditions équivalentes ci-dessous sont satisfaites

© Dunod
...


arg(z − a) = arg j(z − b)

⇔ arg

2π
z−a
= arg(j) =
z−b
3

Ceci équivaut à l’appartenance de M à l’arc indiqué
...
7
...
Alors 1 M est une
l
matrice orthogonale
...
On
a donc
−
→
−
→
− −
→ →
a2 + b2 + c2 = ( V1 2 − V2 2 ) + 2iV1 · V2 = 0
2) Si O est isobarycentre du triangle projeté, on a

0 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 2(ab + bc + ca)
On a alors (a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 = 0, donc a, b, c sont bien affixes des sommets
d’un triangle équilatéral
...
On suppose a2 + b2 + c2 = 0
...

Il reste à interpréter géométriquement la condition algébrique a 2 + b2 + c2 = 0
...
On cherche a3 , b3 , c3 tels que la
matrice
⎛
⎞
a1 b1 c1
M = ⎝ a2 b2 c2 ⎠
a3 b3 c3
soit proportionnelle à une matrice orthogonale, i
...
que la transposée t M soit proportionnelle à une matrice orthogonale
...
La condition
a2 + b2 + c2 = 0 exprime que les vecteurs
−
→
−
→
→
→
→
→
→
→
et
e
e
e
e
e
e
V =a − +b − +c −
V =a − +b − +c −
1

1 1

1 2

1 3

2

a2 + b2 + c2 =
1
1
1

2 1

2 2

2 3

a2 + b2 + c2
2
2
2

−
→
→
→
→
sont orthogonaux de même norme l
...
On a deux solutions opposées
→ →
−
→
1− −
→
→
→
e1
e2
e3
V3 = ± V1 ∧ V2 = ±(a3 − + b3 − + c3 − )
l
1
1
1
où
a3 = (b1 c2 − c1 b2 ), b3 = (c1 a2 − a1 c2 ), c3 = (a1 b2 − b1 a2 )
l
l
l
et

l=

i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

375

Solution 13
...


1) L’affixe de M est
1
1
1
R eiϕ + R eiϕ eiωt
z = (z + z ) = (a + a ) +
2
2
2
Le mouvement de M est donc circulaire uniforme de vitesse angulaire ω sur un cercle
de centre A, milieu de (A , A ), de rayon R = 1 R exp(iϕ ) + R exp(iϕ )
...

R
Comme R est réel positif et − exp i(ϕ − ϕ ) est de module 1, ceci équivaut à
R = R et ϕ = ϕ + π
...
9
...


Inversement, si |b| = |a|, il existe θ tel que b = eiθ a
...
Donc Ker(ϕ) est une droite vectorielle
...
1
...
, p
...
Le polynôme caractéristique est

© Dunod
...


(a − X)(a − X) − |b|2 = X 2 − (a + a)X + |a|2 − |b|2
Pour trouver les λ ∈ R tels que |a − λ| = |b|, on trace la droite horizontale passant
par A qui coupera (ou pas) le cercle de centre O et de rayon |b| en les images des a − λ
...

Solution 13
...
L’affixe de M est

1
1
1
R exp(iϕ )u(t) + R exp(iϕ )u(t)
z = (z + z ) = (a + a ) +
2
2
2
On passe de u à z par une application affine dont l’application linéaire associée est
u → K u + K u où K = 1 R exp(iϕ ) et K = 1 R exp(iϕ )
...
Son centre est le transformé de O, donc 1 (a + a ), affixe du milieu
2
A de (A , A )
...
13
...


i

i
i

i

i

i

i

i

13 • Nombres complexes et géométrie

376

La distance de M au centre est
1
AM = |z − a| = R exp i(ωt + ϕ ) + R exp i(−ωt + ϕ )
2
• Elle est maximum si R exp i(ωt + ϕ ) et R exp i(−ωt + ϕ ) ont même argument
modulo 2π , donc si ωt + ϕ = −ωt + ϕ = 1 (ϕ + ϕ ) ce qui donne la direction
2
du grand axe
...

2
• Elle est minimum si les arguments de R exp i(ωt + ϕ ) et R exp i(−ωt + ϕ )
diffèrent de π modulo 2π , donc si ωt + ϕ = −ωt + ϕ + π = 1 (ϕ + ϕ + π) ce
2
qui donne la direction du petit axe
...

2

Solution 13
...
C’est un calcul
...
Pour justifier cette supposition, on peut considérer une
homographie envoyant M 4 à l’infini et en s’appuyant sur la conservation des birapports
par les homographies (13
...
362)
...
Les modifications provoquées par les permutations paires (resp
...
seconde) ligne
...
12
...
Donc on a deux nombres positifs et un négatif parmi ces trois nombres et de
même parmi les inverses
...

1
Solution 13
...
Soit ρ = [A, B, C, D]
...
11, on a 1−ρ = [C, A, B, D] et
ρ
ρ−1

= [B, C, A, D], d’où

BC × DA
1
= [C, A, B, D] =
,
1−ρ
DC × BA
On a 1 =

1
1−ρ

+

ρ
ρ−1

1
1−ρ

+

AB × CD

ρ
ρ−1

ρ
AC × DB
= [C, B, A, D] =
ρ−1
AB × DC

, d’où

BC × AD + AC × BD

ρ
1
avec égalité si et seulement si 1−ρ et ρ−1 ont même argument modulo 2π
...


i

i
i

i

i

i

i

i

Solutions des exercices

377

Solution 13
...
1) [A, B, P, Q] = p−a : q−a , donc le birapport est −1 si et seulement
p−b
q−b

si

p−a
p−b

+

q−a
q−b

= 0
...


2) Plaçons l’origine en I
...
Le quadrangle est
harmonique si et seulement si pq = +a 2 = +b2 ce qui équivaut aux deux relations

|p| × |q| = |a|2 = |b|2
arg(p) + arg(q) ≡ 2arg(a) ≡ 2arg(b) modulo 2π
C’est la traduction complexe de (ii)
...


Solution 13
...
1) Il est clair que −j, −j 2 vérifient la propriété −j 2 − j = 1,

| − j 2 | = | − j| = 1
...
La première éventualité n’est pas
compatible avec ρ + ρ = 1
...

2) Si les six valeurs du birapport sont de module 1, c’est le cas de ρ et 1 − ρ, donc
nécessairement ρ est −j ou −j 2
...
Il n’y a plus que deux
valeurs du birapport avec par exemple

© Dunod
...


ρ=1−

1
1
=
= −j
ρ
1−ρ

et

ρ
1
=
= 1 − ρ = −j 2
ρ
ρ−1

3) Cette relation traduit que les birapports sont de module 1
...
On passe donc de B à A par la rotation
c−b
de centre C et d’angle arg(−j) ≡ − π
...

5) Considérons le faisceau F(A, B) de cercles à points limites A, B
...
11
(p
...
Il est de même sur le cercle
A de F(B, C) passant par A et sur le cercle B de F(C, A) passant par D
...
Ces trois cercles
appartiennent à un même faisceau à points de base D , D qui sont les points cherchés
...
Pour construire C , on prend la tangente en C à Γ qui coupe (AB)
en le centre de C
...
16
...
On en déduit
−c
z−c

a
b

= α(z − b) + b = α(z − c) + c
= β(z − c) + c = β(z − a) + a

c

= γ(z − a) + a = γ(z − b) + b

2) La poursuite de ce calcul aboutit à

[a , b , c , ∞] =

a −c
= [a, b, c, z]
b −c

3) On a M ∈ Γ si et seulement si [A, B, C, M] est réel, donc si et seulement si
[A , B , C , ∞] = [A, B, C, M]
...
Ainsi, C est milieu de (A , B ) si et
seulement si (A, B, C, M) est harmonique
...
Un quadrangle est équianharmonique si et seulement si les symétriques d’un sommet par rapport aux côtés du triangle formé par les trois autres,
forment un triangle équilatéral
...
17
...

Soit un cercle C du faisceau F ⊥ (A, B) à points de base A, B
...
On montre la réciproque en faisant
le même raisonnement pour h −1
...
Alors Γ est orthogonal à tout
C ∈ F ⊥ (A, B), donc (13
...
363) Γ = h(Γ) est orthogonal à tout C ∈ F ⊥ (A , B ),
donc appartient à F(A , B )
...

Soit F un faisceau singulier de cercles n’ayant en commun qu’un seul point A (un
faisceau de droites parallèles si A = ∞)
...
Les cercles h(C) sont tous tangents en h(A) (ou sont
des droites parallèles si A = ∞), donc sont dans un même faisceau singulier F
...

Solution 13
...
On sait (13
...
2
...
364) que h a au moins un point fixe U
...
15, p
...

Solution 13
...
1) Soit C un cercle de F(U, V) (resp
...
Pour tout M de C ,

on a

[U, V, M, h(M)] = −1,
donc h(M) ∈ C car −1 est de module 1 (resp
...

Inversement, soit C un cercle tel que h(C) = C
...

Supposons U, V non sur C
...
Comme h(U) = U, le deuxième point-limite
est fixe par h, donc est V
...

2) a) Supposons que C ∈ F ⊥ (U, V)
...
13,
p
...

Inversement, soit C un cercle, F un point extérieur (éventuellement ∞)
...
C’est bien la restriction à C
de l’involution de points fixes U, V, points de contact des tangentes à C issues de F
...
Soit M ∈ C , F le point où ∆M coupe (UV), ΓM le cercle
de F ⊥ (U, V) passant par M
...
Soit O le centre de C et R le
rayon
...

Le point F est intérieur à C , sinon, (réciproque de a)) les points fixes U, V seraient les
points de contact des tangentes à C issues de F et on serait dans le cas a)
...


© Dunod
...


Solution 13
...
1) On a h−1 = (h2 ◦h1 )−1 = h1 ◦h2 , d’où l’équivalence (i) ⇔ (ii)
...
Pour que h2 et h1 commutent, il faut et il suffit que h 2 ◦ h1 ◦ h−1 = h1 , donc
2
que h2 laisse stable {U1 , V1 }
...
Donc
{U1 , V1 } est stable par h2 si et seulement si h2 échange U1 et V1 , d’où l’équivalence
(i) ⇔ (iii) et de même l’équivalence (i) ⇔ (iv)
...
On voit facilement
que l’on a un groupe commutatif avec h i ◦ hj = hk pour i, j, k distincts
...
Pour i, j, k distincts dans 1, 2, 3, il existe une homographie hi telle que (13
...
362)

hi (M0 ) = Mi ,

hi (Mi ) = M0 ,

hi (Mj ) = Mk

Comme hi échange M0 et Mi , c’est une involution, (ex
...
18) donc hi échange Mj et Mk
...
15 (p
...
Par son
action sur Q, le groupe {Id, h1 , h2 , h3 } s’identifie au sous-groupe de Klein de S 4
...
21
...
Pour toute
homographie f telle que f (A) = ∞, on a G∞ = f GA f −1
...
Leurs
conjuguées dans GA sont donc les élations de seul point fixe A
...
Posons O = f (B)
...
Pour tout M, on a

ρ(h) = [A, B, M, h(M)] = [f (A), f (B), f (M), f h(M) ]
= [∞, O, f (M), f ◦ h ◦ f −1 f (M) ] = [∞, O, M , s(M )]
où M = f (M)
...
On en déduit le résultat
...
Ceci présente une ambiguïté car cette notion
dépend de l’ordre que l’on met sur les points fixes, les birapports [A, B, M, h(M)] et
[B, A, M, h(M)] étant inverses l’un de l’autre
...


Solution 13
...
1) C’est une conséquence du théorème 13
...

2) Soit T et T deux ensembles de trois points
...
Soit h l’une
d’elles
...

3) Il existe une unique involution u i laissant Ai fixe et échangeant A j et Ak (i, j, k
distincts)
...
13
...
L’autre point fixe Ai est point de contact de l’autre tangente
à Γ issue de Fi
...
Le groupe G(T ) opère sur {1, 2, 3} : pour
i ∈ {1, 2, 3} et g ∈ G(T ), on définit g(i) par g(Ai ) = Ag(i)
...
Le groupe G(T ) laisse donc stable T = {A1 , A2 , A3 }
...

5) Si A1 = ∞, A1 est milieu de (A2 , A3 ), et A2 (resp
...

(A2 , A2 ))
...
23
...
C’est une

disposition particulière des paires de points {M 0 , M1 } et {M2 , M3 } l’une par rapport à
l’autre : on peut intervertir deux paires et intervertir les deux points d’une paire sans
changer le birapport −1 égal à son inverse :

−1 = [M0 , M1 , M2 , M3 ] = [M1 , M0 , M3 , M2 ] = [M2 , M3 , M0 , M1 ] = [M3 , M2 , M1 , M0 ]
= [M1 , M0 , M2 , M3 ] = [M0 , M1 , M3 , M2 ] = [M3 , M2 , M0 , M1 ] = [M2 , M3 , M1 , M0 ]
Il en résulte huit homographies laissant Q stable formant le groupe G(Q)
...
Si h est l’une d’elles, G(Q ) = hG(Q)h−1
...
M2 et M3 ) étant deux sommets
opposés
...
En revanche, les quatre réflexions laissant Q stable sont des antihomographies et n’appartiennent donc pas à G(Q)
...
M2 , M3 ) appartient à G(Q) et
opère sur Q comme la réflexion autour de la diagonale (M 0 M1 ) (resp
...

Soit Γ le cercle circonscrit au carré, M 0 , M1 les points de Γ où la tangente est parallèle
à (M0 M2 ) et (M1 M3 )
...
De même pour
l’involution échangeant M 0 , M2 avec M3 , M1
...


© Dunod
...


Solution 13
...
Si on a [M0 , M1 , M2 , M3 ] = −j , alors toute permutation paire de

ces points conserve le birapport et toute permutation impaire le change en −j 2
...
Si σ est une permutation paire de
{0, 1, 2, 3}, on a [M0 , M1 , M2 , M3 ] = [Mσ(0) , Mσ(1) , Mσ(2) , Mσ(3) ] et il existe une homographie unique hσ telle que hσ (Mi ) = Mσ(i)
...

Enfin, il est clair que hG(Q)h−1 = G h(Q) , donc ces groupes forment une classe
ˇ
de conjugaison de H+ (P)
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
q
...
315
forme bilinéaire 147
antisymétrique 150
non dégénérée 148
symétrique 150
forme définie 155
forme quadratique 155
forme sesquilinéaire hermitienne 161
foyer 327

G
groupe
circulaire 362, 366
commutatif 126
cyclique 121
de Klein 130
des angles 190
diédral 122, 126
du rectangle 130
linéaire 181
orthogonal 183
produit 124
spécial linéaire 181
spécial orthogonal 187

H
homographie 362
homothétie 183, 210
hyperbole 318
hyperplan affine 207

I
idéal 30
bilatère 30, 31
maximal 37
premier 37

i

i
i

i

i

i

i

i

384

principal 37
trivial 30
idéaux
étrangers 39
indicateur d’Euler 47
indice 120
inégalité de Cauchy-Schwarz 159
inégalité de Minkowski 160
intersection 2
intérieur d’un triangle 253
inversible 26
inversion 296
involution 365
irréductible 36
isotrope 153

L
lemme
d’Euclide 14, 36
de Gauss 13, 44, 63
des noyaux 94

M
masse 245
matrice
compagnon 88
congruentes 149
hermitiennes 161
orthogonale 163, 188
unitaire 163
maximal 9
Ménélaüs 219
milieu 205
morphisme
d’anneaux 29
de Frobenius 34
de groupes 120
multi-indice 68

Index

P
parabole 319
parallèles 208
parallélogramme 205
paramètre 329
p
...
c
...
14, 43, 45
plan affine 207
point de Frégier 367
point pondéré 245
polaire 323
polynôme
antisymétrique 73
caractéristique 85
circulaire 288
cyclotomique 65, 74
minimal 85
primitif 63
symétrique 69
symétrique élémentaire 69
polynômes
annulateurs 86
p
...
c
...
14, 43, 45
premier 36
produit
cartésien 3
d’une famille 4
mixte 267
scalaire 159
scalaire hermitien 161
vectoriel 269
projection stéréographique 304
puissance 287

Q
quadrangle harmonique 358
quadrilatère complet 234
quotient de sous-espaces 102

R
N
nilpotent 35
normalisateur 134
norme hermitienne 162
norme subordonnée 110
noyaux itérés 109

O
orbite 132
orientation 222
du plan 189
origine 206
orthocentre 224
orthogonalité 151, 297

racines multiples 61
réduction de Frobenius 102
réduction de Gauss 157
réduction de Jordan 99
réflexion 185, 187, 226
régulier 27
relation
binaire 3
d’ordre 8
d’équivalence 11
de Bezout 44
de Chasles 205
repère
affine 206

i

i
i

i

i

i

i

i

barycentrique 247
représentation paramétrique 207
retournement 185, 195, 230
réunion 4
rotation 187

S
segment 221
semilinéarité 161
signature 157
similitude directe 232
simplexe 247
situation orthocentrique 225
sommes de Newton 73
sommet 325
sous-anneau 28
sous-espaces caractéristiques 96
sous-espaces cycliques 103
sous-groupe distingué 123
sous-groupes 119
spectre 86
stabilisateur 132
stathme 40

T

U
union 2
unité 26

V
valeur propre 85
valuation 44
vecteur propre 86
vectorialisation 205
vissage 230

© Dunod
...


tangente 321
tétraèdre
orthocentrique 273
régulier 274
équifacial 277
théorème
chinois 38, 46
d’Appolonius 294
d’isomorphisme 33, 124
de Bézout 13
de Cantor 7

de Cantor-Bernstein 6
de Cayley 132
de Cayley-Hamilton 86
de correspondance 32, 124
de d’Alembert-Gauss 62
de Hadamard 93
de Krull 39
de Lagrange 120
de Napoléon 353
de Simson 293
de Steinitz 63
de Sylow 134
de Sylvester 157
de Wedderburn 66
de Zermelo 9
de Zorn 10, 39
spectral 166
transformation antisymétrique 195
transformation orthogonale 183
translation 204
transvection 179, 235
triangle direct 249
triangle orthique 225
trigonalisable 92

i

i
i

i

i

i

i

i

Bibliographie

[1] Michel ALESSANDRI
...
Dunod, 1999
...
Géométrie
...

[3] Claude CARREGA
...
Hermann, 1975
...
S
...
COXETER
...
John Wiley Sons, 1989
...
Mathématiques pour le CAPES et l’Agrégation Interne
...

[6] Jean DELCOURT
...
Dunod, 2001
...
Problèmes de Mathématiques
...

[8] Michel DEMAZURE
...
Cassini, 1997
...
Groupes
...

[10] Marie-Noëlle GRAS et Georges GRAS
...
Ellipses, 2004
...
Exercices de Mathématiques pour l’Agrégation
...

[12] Jean-Marie ARNAUDIES et José BERTIN
...
Ellipses, 1996
...
S
...
COXETER et S
...
GREITZER
...
Dunod, 1971
...
Méthodes Modernes en Géométrie
...

[15] Rémi GOBLOT
...
Masson, 1995
...
Thèmes de géométrie
...

[17] Rémi GOBLOT
...
Dunod, 2001
...
Naive set theory
...

[19] Rached MNEIMNE
...
Cassini, 1997
...
Géométrie, MPSI, MP
...

[21] Daniel PERRIN
...
Ellipses, 1996
...
Carrefours entre Analyse, Algèbre et Géométrie
...

[23] Romain VIDONNE
...
Ellipses, 2001

---

Title: math algebre cour complet
Description: all algebra in one book

Buy These NotesPreview