Corrigé du contrôle de maths L2 : géométrie affine et barycentres

Exercice 1 : Question de cours : barycentre et applications affines (4 points)

1. Fixons un point \(O\) de \(\mathcal{E}\). Pour tout point \(M\), la relation de Chasles donne

   \[\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \vec{MA_i} = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i (\vec{MO} + \vec{OA_i}) = \alpha \vec{MO} + \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \vec{OA_i}.\]

   Ainsi \(M\) vérifie la relation demandée si et seulement si \(\alpha \vec{OM} = \sum \alpha_i \vec{OA_i}\). Comme \(\alpha \neq 0\), cela équivaut à \(\vec{OM} = \frac{1}{\alpha} \sum \alpha_i \vec{OA_i}\). Or un point est déterminé de façon unique par son vecteur depuis \(O\). Il existe donc un unique point \(G\), et \(\vec{OG} = \frac{1}{\alpha} \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \vec{OA_i}\) pour tout point \(O\).

2. L’application \(f\) est affine : pour tous points \(M\), \(N\), on a \(\vec{f(M)f(N)} = \vec{f}(\vec{MN})\). Par linéarité de \(\vec{f}\),

   \[\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \vec{f(G)f(A_i)} = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \vec{f}(\vec{GA_i}) = \vec{f}(\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \vec{GA_i}) = \vec{f}(\vec{0}) = \vec{0}.\]

   La somme des poids vaut toujours \(\alpha \neq 0\). Par l’unicité démontrée en a), \(f(G)\) est le barycentre des \((f(A_i), \alpha_i)\) : une application affine conserve les barycentres.

Barème : a) 0,75 point pour le calcul par Chasles, 0,75 point pour l’existence et l’unicité, 0,5 point pour l’expression de OG ; b) 0,5 point pour la propriété de la partie linéaire, 1 point pour le calcul, 0,5 point pour la conclusion par unicité.

Exercice 2 : Plans et droites de l’espace affine (4 points)

1. Les vecteurs \(\vec{AB}(-1, 2, 0)\) et \(\vec{AC}(-1, 0, 3)\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée est nulle pour l’un, pas pour l’autre). Les points ne sont donc pas alignés et définissent un plan. Cherchons une équation \(ax + by + cz = d\) : \(A\) donne \(a = d\), \(B\) donne \(2b = d\), \(C\) donne \(3c = d\). Avec \(d = 6\), on obtient

   \[\mathcal{P} : 6x + 3y + 2z = 6.\]

   Vérification : \(6 \times 1 = 6\), \(3 \times 2 = 6\) et \(2 \times 3 = 6\).

2. La direction de \(\mathcal{P}\) est le plan vectoriel \(6x + 3y + 2z = 0\). Or \(6 \times 1 + 3 \times 0 + 2 \times (-3) = 0\), donc \(\vec{u}\) appartient à la direction de \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{D}_1\) est parallèle à \(\mathcal{P}\). De plus, \(6 \times 2 + 3 \times 1 + 0 = 15 \neq 6\), donc \(E \notin \mathcal{P}\). La droite \(\mathcal{D}_1\) est strictement parallèle à \(\mathcal{P}\).

3. Un point \((x, y, z)\) appartient à \(\mathcal{D}_2\) si et seulement s’il existe \(t\) tel que \((x, y, z) = (t, 2t, 0)\). Un système d’équations de \(\mathcal{D}_2\) est \(y = 2x\), \(z = 0\). En reportant dans l’équation de \(\mathcal{P}\) : \(6t + 6t = 6\), donc \(t = \frac{1}{2}\). Ainsi \(I(\frac{1}{2}, 1, 0)\).

4. On cherche \((\alpha, \beta, \gamma)\) avec \(\alpha + \beta + \gamma = 1\) et \(I = \alpha A + \beta B + \gamma C\), c’est-à-dire \((\frac{1}{2}, 1, 0) = (\alpha, 2\beta, 3\gamma)\). Donc \(\alpha = \frac{1}{2}\), \(\beta = \frac{1}{2}\), \(\gamma = 0\), et la somme vaut bien \(1\). Les coordonnées barycentriques de \(I\) sont \((\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)\) : \(I\) est le milieu de \([AB]\).

Barème : a) 0,25 point pour le non-alignement, 0,75 point pour l’équation ; b) 0,5 point pour le parallélisme, 0,5 point pour le caractère strict ; c) 0,5 point pour le système, 0,5 point pour I ; d) 0,75 point pour les coordonnées, 0,25 point pour l’interprétation.

Exercice 3 : Homothéties, translations et projections (4 points)

1. Chaque coordonnée de \(f(x, y)\) et de \(g(x, y)\) est une fonction affine de \((x, y)\), donc \(f\) et \(g\) sont affines. La partie linéaire de \(f\) est \(\vec{f} = -2\,\mathrm{Id}\) ; celle de \(g\) est \(\mathrm{Id}\).

   Un point fixe de \(f\) vérifie \(x = -2x + 3\) et \(y = -2y + 6\), soit \(\Omega(1, 2)\). Donc \(f\) est l’homothétie de centre \(\Omega(1, 2)\) et de rapport \(-2\), et \(g\) est la translation de vecteur \(\vec{w}(2, -1)\).

2. On calcule \(f \circ g(x, y) = f(x + 2, y – 1) = (-2x – 1,\ -2y + 8)\). Sa partie linéaire est \(\vec{f} \circ \mathrm{Id} = -2\,\mathrm{Id}\), qui n’est pas l’identité, donc \(f \circ g\) a un unique point fixe. Il vérifie \(x = -2x – 1\) et \(y = -2y + 8\). Ainsi \(f \circ g\) est l’homothétie de rapport \(-2\) et de centre \(\Omega^{\prime}(-\frac{1}{3}, \frac{8}{3})\).

   Retrouvons ce centre. Le point \(\Omega^{\prime}\) est fixe si et seulement si \(\vec{\Omega\Omega^{\prime}} = -2(\vec{\Omega\Omega^{\prime}} + \vec{w})\), c’est-à-dire \(3\vec{\Omega\Omega^{\prime}} = -2\vec{w}\). Donc \(\vec{\Omega\Omega^{\prime}} = -\frac{2}{3}(2, -1) = (-\frac{4}{3}, \frac{2}{3})\), et l’on retrouve \(\Omega^{\prime}(1 – \frac{4}{3}, 2 + \frac{2}{3})\).

3. Posons \(s = x + y\). Alors \(p(x, y) = (\frac{s + 1}{2}, \frac{s – 1}{2})\), dont la somme des coordonnées vaut encore \(s\). Donc \(p(p(x, y)) = p(x, y)\) : \(p \circ p = p\).

   Un point fixe vérifie \(2x = x + y + 1\) et \(2y = x + y – 1\), deux équations toutes deux équivalentes à \(x – y = 1\). L’ensemble des points fixes est donc la droite \(\Delta : x – y = 1\), de direction \(\operatorname{Vect}(1, 1)\). La partie linéaire \(\vec{p}(x, y) = (\frac{x + y}{2}, \frac{x + y}{2})\) a pour noyau \(\operatorname{Vect}(1, -1)\).

   Enfin, \(p(M) \in \Delta\) pour tout \(M\), et \(\vec{Mp(M)} = \frac{1 – x + y}{2}(1, -1)\) est dans \(\operatorname{Vect}(1, -1)\). Donc \(p\) est la projection sur la droite \(\Delta : x – y = 1\), parallèlement à la direction \(\operatorname{Vect}(1, -1)\).

Barème : a) 0,5 point pour l’homothétie et son centre, 0,5 point pour la translation ; b) 0,5 point pour le calcul de la composée, 0,5 point pour la nature et le centre, 0,5 point pour la vérification par le vecteur ; c) 0,5 point pour p∘p = p, 0,5 point pour Δ et le noyau, 0,5 point pour la conclusion.

Erreur fréquente : affirmer que la composée d’une homothétie et d’une translation est une translation ; c’est la partie linéaire \(-2\,\mathrm{Id}\) qui décide de la nature.

Exercice 4 : Barycentre de trois points et associativité (3 points)

1. Les poids \(2\) et \(3\) ont une somme non nulle, donc \(A^{\prime}\) existe. Par associativité du barycentre, \(G\) est le barycentre de \((A, 1)\) et \((A^{\prime}, 5)\). Donc \(\vec{AG} = \frac{5}{1 + 5}\vec{AA^{\prime}}\). Ainsi \(\vec{AG} = \frac{5}{6}\vec{AA^{\prime}}\), et comme \(0 \leq\, \frac{5}{6} \leq\, 1\), \(G\) appartient au segment \([AA^{\prime}]\).

2. En prenant \(O = A\) dans la formule du cours, \(\vec{AG} = \frac{1}{6}(2\vec{AB} + 3\vec{AC}) = \frac{1}{3}\vec{AB} + \frac{1}{2}\vec{AC}\). Les coordonnées de \(G\) sont \((\frac{1}{3}, \frac{1}{2})\).

3. Pour tout point \(M\), la réduction vue en cours donne \(\vec{MA} + 2\vec{MB} + 3\vec{MC} = 6\vec{MG}\). Ce vecteur est colinéaire à \(\vec{BC}\) si et seulement si \(M = G\) ou la droite \((MG)\) est parallèle à \((BC)\). L’ensemble \(\mathcal{D}\) est la droite passant par \(G\) et parallèle à \((BC)\).

   

Barème : a) 0,5 point pour l’associativité, 0,5 point pour la relation et l’appartenance au segment ; b) 1 point ; c) 0,5 point pour la réduction, 0,5 point pour la droite.

Exercice 5 : Problème : théorèmes de Ménélaüs et de Céva (5 points)

1. La relation \(\vec{PB} – p\,\vec{PC} = \vec{0}\) montre que \(P\) est le barycentre de \((B, 1)\) et \((C, -p)\), qui existe car \(1 – p \neq 0\). De même, \(Q\) est le barycentre de \((C, 1)\), \((A, -q)\) et \(R\) celui de \((A, 1)\), \((B, -r)\).

2. D’après a), pour tout point \(O\) :

   \[(1 – p)\vec{OP} = \vec{OB} – p\,\vec{OC}, \quad (1 – q)\vec{OQ} = \vec{OC} – q\,\vec{OA}, \quad (1 – r)\vec{OR} = \vec{OA} – r\,\vec{OB}.\]

   On multiplie la deuxième égalité par \(p\) et la troisième par \(pq\), en utilisant \(pqr = 1\) :

   \[p(1 – q)\vec{OQ} = p\,\vec{OC} – pq\,\vec{OA}, \qquad pq(1 – r)\vec{OR} = pq\,\vec{OA} – \vec{OB}.\]

   En additionnant les trois relations, tous les termes du second membre se simplifient, ce qui donne la relation demandée. Ses coefficients ont pour somme \(1 – p + p – pq + pq – pqr = 1 – pqr = 0\).

   Prenons alors \(O = P\) : il reste \(p(1 – q)\vec{PQ} + pq(1 – r)\vec{PR} = \vec{0}\), avec \(p(1 – q) \neq 0\). Les vecteurs \(\vec{PQ}\) et \(\vec{PR}\) sont colinéaires : \(P\), \(Q\), \(R\) sont alignés.

3. Les poids \(pq\), \(1\), \(-p\) ont pour somme \(pq + 1 – p \neq 0\), donc \(G\) existe. On utilise l’associativité trois fois :

   • \(1 + (-p) = 1 – p \neq 0\) et le barycentre de \((B, 1)\), \((C, -p)\) est \(P\). Donc \(G\) est barycentre de \((A, pq)\) et \((P, 1 – p)\), et \(G \in (AP)\).
   • \(pq + (-p) = p(q – 1) \neq 0\). Le barycentre de \((C, -p)\), \((A, pq)\) est celui de \((C, 1)\), \((A, -q)\) (poids divisés par \(-p\)), c’est-à-dire \(Q\). Donc \(G \in (BQ)\).
   • \(pq + 1 \neq 0\), car \(pq = -\frac{1}{r}\) et \(r \neq 1\). En divisant les poids par \(pq\), le barycentre de \((A, pq)\), \((B, 1)\) est celui de \((A, 1)\), \((B, \frac{1}{pq})\), soit \((A, 1)\), \((B, -r)\) : c’est \(R\). Donc \(G \in (CR)\).

   Les trois droites \((AP)\), \((BQ)\), \((CR)\) passent par \(G\) : elles sont concourantes. (Si \(pq + 1 – p = 0\), le même calcul montre qu’elles sont parallèles.)

4. Ici \(\vec{PB} = -\vec{PC}\), donc \(p = -1\). Ensuite, \(\vec{AQ} = \frac{1}{3}\vec{AC}\) signifie que \(Q\) est barycentre de \((A, 2)\), \((C, 1)\) : \(2\vec{QA} + \vec{QC} = \vec{0}\), donc \(q = -2\).

   Concours. On veut \(pqr = -1\), soit \(2r = -1\), donc \(r = -\frac{1}{2}\). Alors \(R\) est barycentre de \((A, 1)\), \((B, \frac{1}{2})\), c’est-à-dire de \((A, 2)\), \((B, 1)\). Le point \(R\) vérifie \(\vec{AR} = \frac{1}{3}\vec{AB}\). La condition \(pq + 1 – p = 4 \neq 0\) est vérifiée. Le point de concours est le barycentre de \((A, 2)\), \((B, 1)\), \((C, 1)\), soit de \((A, 2)\), \((P, 2)\) : c’est le milieu de \([AP]\).

   Alignement. D’après b), il suffit que \(pqr^{\prime} = 1\), soit \(r^{\prime} = \frac{1}{2}\). Alors \(R^{\prime}\) est barycentre de \((A, 1)\), \((B, -\frac{1}{2})\), soit de \((A, 2)\), \((B, -1)\). Donc \(\vec{AR^{\prime}} = \frac{-1}{2 – 1}\vec{AB} = -\vec{AB}\). Le point \(R^{\prime}\) est le symétrique de \(B\) par rapport à \(A\).

   

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,75 point pour la relation, 0,25 point pour la somme nulle des coefficients, 0,5 point pour l’alignement ; c) 0,25 point pour l’existence de G, 0,25 point par droite (0,75 point), 0,5 point pour la vérification des poids non nuls ; d) 0,25 point pour p et q, 0,5 point pour R, 0,25 point pour le point de concours, 0,5 point pour R′.

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