Si tu veux mon avis, tu as très bien fait NicoLeProf, sans toi cette discussion aurait été beaucoup moins intéressante. Un développement pour l'agrégation d'un prof de maths en activité est un complément idéal vu la situation.
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@Troisqua: Cela me semble clair. A priori*, l'image d'un sommet d'un triangle équilatéral par une isométrie n'a aucune raison d'être un autre sommet de ce triangle mais pourtant c'est bien le cas.
*: On exclut l'identité qui est une isométrie.
PS. Il me semble me rappeler que quand j'ai passé le CAPES dans les années 90, dans les leçons d'oral il y avait la détermination des isométries qui conservent un objet géométrique (triangle équilatéral, rectangle, carré).
Cela m'a rappelé un souvenir. J'étais à la cafétéria du Centre Georges Pompidou et je récitais sur un papier une telle démonstration. Je crois me rappeler que cela utilisait le fait qu'une isométrie est une application affine (conserve le parallélisme).
@Fin de partie : une translation du plan de vecteur non nul (i.e. distincte de l'identité du plan) ne laisse aucun point du plan invariant.
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NicoleLeProf et troisqua, encore faut-il savoir quelle est la question posée. En effet s'il s'agit seulement de dénombrer le nombre d'isométries conservant $P_n$, sachant qu'une telle isométrie est entièrement déterminée par l'image d'une arête $\vec {A_i A_{i+1}}$, c'est immédiat. Si on veut les identifier et établir leur table de composition, il faut approfondir.
@Troisqua: On reprend: Une isométrie qui conserve globalement* un triangle équilatéral envoie un sommet sur un sommet (pas forcément distinct du premier). L'image par une isométrie d'un triangle équilatéral est un triangle équilatéral.
*: l'image de ce triangle équilatéral par cette isométrie est lui-même.
PS. Dans mon propos initial c'était clair qu'il s'agissait d'isométries qui conservent globalement un triangle équilatéral et que c'est le contexte évident ici. Le sujet était le groupe diédral $D_3$. Une définition de ce groupe est l'ensemble des isométries du plan euclidien qui conservent (globalement) un polygone régulier à $3$ côtés donc un triangle équilatéral.
PS2. Je suis curieux de connaître la translation de vecteur non nul qui transforme un triangle équilatéral en lui-même.
[Inutile de recopier l'avant-dernier message. Un lien suffit. AD]
Dans mon cas, il s'agit de déterminer explicitement quelles sont les isométries qui laissent invariant un polygone régulier convexe à $n$ sommets.
Donc de déterminer explicitement tous les éléments du groupe $Is(P_n)$ avec les notations précédentes.
Donc oui en effet, cela me semble délicat ou en tout cas absolument pas trivial ou évident... De toute façon, en ce moment, pour ma part : rien n'est évident ou trivial... hahaha et d'après ce que j'ai lu, ce mot est détesté par le jury d'agrégation (tant mieux !) !
Après j'ai conscience que j'en écris beaucoup voire trop et trop souvent (ma prof d'algèbre me le répétait sans cesse lors de la préparation au CAPES mais je ne savais pas en écrire moins hahaha et j'avais tout le temps 20 aussi donc je me disais que ça allait quand même).
FdP en me citant a écrit la phrase que j'aurais voulu voir écrite par OS de lui-même : s'il n'y a que six éléments dans son groupe diédral, c'est parce que la question revient à s'intéresser uniquement aux sommets du triangle. Et j'ai l'impression après toutes ces pages que OS n'a pas fait ce lien. Une fois ceci compris, et surtout prouvé, le reste n'est que littérature j'ai envie de dire. Le triangle équilatéral est le cas le plus simple une fois passé au "point de vue sommets" (puisque toutes les permutations de sommets sont isométriques).
Pour le prouver tout a déjà été donné sur ce fil (sans même parler des pdf). Ça se fait en une ligne mais c'est quand même la partie difficile de la question. La ligne sera-t-elle écrite ? J'espère pour OS.
@Fin de partie : merci d'avoir rajouté ce qui manquait, ça va mieux comme ça.
Sinon, dans l'énoncé dont on parle et que tu as la bonne idée de rappeler dans ton dernier message, on sait déjà qu'on envoie un sommet sur un sommet. Donc ça n'a pas trop d'intérêt tout ça dans ce contexte.
NicoleLeProf, en effet ce problème (établir la liste des isométries d'un polygone régulier à n sommets) n'est pas trivial, et de plus peut être abordé de plusieurs manières différentes. Si tu avais tout le temps 20 lors de la préparation au Capes, c'est que ça va bien !
@NicoLeProf : pour ta leçon qui se place dans un cadre plus général que ce petit exo. J'appelle "transformation" toute bijection affine du plan affine euclidien direct identifé à $\mathbb{C}$. La liste ordonnée des sommets du polygone $P_{n}$ s'identifie donc à $R=\left\{ \omega^{k}|k\in\left\{ 0;\dots;n\right\} \right\} $ où $\omega=e^{\frac{2i\pi}{n}}$. Toute transformation envoie l'intersection de deux droites sur l'intersection des images. Donc si une transformation laisse globalement invariant $P_{n}$, alors elle définit une bijection de $R$ dans lui-même. De plus, le caractère affine fait qu'un telle isométrie envoie le centre de gravité de $P_{n}$ sur le centre de gravité des images. Donc elle fixe $0$. Enfin, $\left|f\left(1\right)-f\left(a\right)\right|=\left|1-a\right|$ donc $f\left(a\right)$ est sur le cercle de centre $f\left(1\right)$ et de rayon $\left|1-a\right|$ et sur le cercle unité, ce qui ne laisse que deux sommets possibles pour $f\left(a\right)$. (Remarque: c'est seulement ici qu'on utilise le caractère isométrique). La connaissance de $f$ est donc déterminée par le choix de $f\left(1\right)$ parmi $n$ sommets, puis de deux choix restants pour $f\left(a\right)$. Ainsi $\left|D_{n}\right|\leqslant2n$. Si maintenant on note $r:z\mapsto\omega z$ et $s:z\mapsto\overline{z}$ alors, comme j'ai fait dans un post plus haut, en utilisant que $D_{n}$ est un groupe, on peut conclure que $D_{n}=\left\{ r^{k}s^{k'}|\left(k;k'\right)\in\left\{ 0;\dots;n-1\right\}\times \left\{ 0;1\right\} \right\} $ et déterminer sa table en remarquant que $sr=r^{n-1}s$ (avec l'image de $1$ et $\omega$ par exemple). On a donc en plus la structure du groupe (éviter alors de s'embarquer dans des histoires de produit semi direct si on ne maîtrise pas le truc) même si on peut montrer comment effectuer des calculs simples pour montrer qu'on a compris ce qui se cache en dessous de ces notions compliquées. Voilà ce que je ferais de mon côté. En espérant que ça te soit utile.
Merci, je comprends quelques éléments de ta preuve tandis que d'autres me semblent un peu obscurs pour le moment.
Je vais plutôt rester sur ma démonstration géométrique mais je comprends la nécessité de faire le lien avec le groupe des racines complexes n-ièmes de l'unité. Je vais travailler dans ce sens ! Merci !
@Troisqua: Si on sait qu'une isométrie qui laisse globalement invariant un triangle équilatéral envoie un sommet sur un sommet alors faire la liste de telles isométries est trivial.
Le seul point délicat étant que l'image d'un sommet de ce triangle par une telle isométrie est encore un sommet.
Pour moi l'image d'un sommet par une bijection affine est un sommet est un des points les plus simples de la preuve que j'ai proposée (ça prend moins d'une ligne)
@NicoLeProf : quels points te semblent encore obscurs ?
Je suis du côté de FdP sur ce coup. La difficulté restante est celle des générateurs mais le cardinal faible fait que d'en tenter deux au pif peut permettre à OS de s'en sortir. Bon, sans compréhension profonde de ce qu'il se passe, mais l'exercice est fait.
Qui vous dit que le but de troisqua est uniquement qu'OShine s'en sorte ? Il permet à NicoLeProf de travailler sur des notions importantes pour son agrégation, cela me semble au moins aussi utile et accessoirement, il m'a appris quelque chose sur Sage (merci à lui). Certes, ça change des fils de d'habitude mais ce n'est pas forcément plus mal.
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Tu trouves qu'il est difficile de montrer que si le polygone est globalement invariant par une transformation affine alors il est difficile que ça envoie les sommets sur les sommets ? Pourtant une transformation affine envoie l'intersection de deux droites sur l'intersection des images non ? Qu'est-ce qui ne va pas dans la démo que j'ai proposée plus haut ?
Si on pense que l'image par une isométrie qui conserve globalement un triangle équilatéral envoie un sommet sur un sommet* si on regarde l'action d'une telle isométrie sur l'ensemble des trois sommets c'est une permutation de cet ensemble et le nombre de permutations d'un ensemble à trois éléments est $6=3!$ donc notre ensemble d'isométries n'a pas plus de $6$ éléments. Mais par ailleurs on trouve facilement $6$ isométries distinctes qui laissent globalement invariant un triangle équilatéral (la figure a trois axes de symétries et il est facile de voir qu'il y a trois rotations (dont l'identité) qui conviennent)
Bref, comme déjà indiqué, la seule difficulté pour déterminer toutes les isométries qui laissent globalement invariant un triangle équilatéral est de montrer qu'une telle isométrie envoie un sommet sur un sommet le reste c'est du niveau 3ème.
*: Une isométrie est une bijection donc les images de deux points distincts sont distinctes.
Une fois ceci établi ça revient pour OS à jouer avec le groupe symétrique d'ordre 3 et faire sa table de multiplication. Ce qui reste est long mais mécanique. On ne parle pas d'un pentagone par exemple où il faut comprendre qu'il y a une difficulté supplémentaire et qu'il ne s'agit pas de permuter simplement les sommets. Le cas du triangle permet de s'en sortir sans comprendre autre chose que la conservation des points extrémaux. Ensuite OS fera une table, demandera de l'aide pour les générateurs ou en trouvera deux au hasard, et il pourra passer à autre chose.
Le fait qu'une transformation affine envoie l'intersection de deux droites sur l'image de ces intersections est immédiat, donc que cela envoie un sommet d'un polygone sur un sommet de ce polygone s'il est laissé globalement invariant est immédiat. C'est pour cela que cela ne prend que la première ligne de la démonstration du reste de la description de $D_n$. Je vais m'arrêter là, je sens que je répète des trucs parce que je ne suis pas lu par ceux qui me font répéter.
@Thierry Poma merci je comprends enfin ce qu'il faut faire. Je fais ça sur Géogebra. On a sait que $\sigma_3) \ne id$ et $\sigma_3 \circ \sigma_3= \sigma_3^2 = id$ donc $\sigma_3$ est d'ordre $2$. On peut remarquer que : $\sigma_3 (T)=T$ .
@Troisqua: Ce n'est pas évident qu'une isométrie est une transformation affine.
La définition d'une isométrie $f$: $f$ est une application du plan dans lui-même telle que si $A,B$ sont deux points quelconques du plan on a $f(A)f(B)=AB$.
@AD: Si dans le cours il y a cette propriété il y a sûrement aussi la propriété plus simple que les isométries qui conservent un triangle équilatéral sont au nombre de $6$ avec leur description.
@OShine : c'est un bon début. Veux-tu vérifier la même chose pour les deux autres transpositions, s'il te plait ?
Soit $0$ le point d'intersection des médiatrices, qui incluent les hauteurs dudit triangle. Veux-tu construire le cercle de centre $0$ circonscrit au triangle $123$. Il est à noter que ce point $0$ est tel que\[\overrightarrow{01}+\overrightarrow{02}+\overrightarrow{03}=\overrightarrow{0}\text{, avec }\overrightarrow{0}=\overrightarrow{00}=\overrightarrow{11}=\overrightarrow{22}=\overrightarrow{33}\]et est appelé isobarycentre des points $1$, $2$ et $3$ du plan.
Que penser de la permutation ou du cycle $\rho=(1\quad2\quad3)$ ? Quel est son ordre ? Peux-tu décrire l'isométrie du plan qui coïncide avec $\rho$ sur l'ensemble de points $\{1,\,2,\,3\}$ du plan ? Quel est l'ordre de cette isométrie ?
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On peut aussi être désorienté et ne pas penser immédiatement à citer ce théorème, ou encore être obnubilé par la notion d'isométrie (qui peut aussi donner une preuve)...
Plein de raisons font qu'on peut coincer sur cette étape. Je pense que ce petit détail est bien plus difficile pour OS, surtout en lisant linéairement les cours sans hiérarchiser l'information comme il le fait, que de dresser un inventaire des permutations des sommets et de vérifier que dans le cas qui nous occupe ce sont bien des isométries. Est-ce qu'il aurait vu qu'il y a les isométries avec ou sans symétrie axiale ? Sans doute que non. Est-ce que ça l'aurait coincé pour finir ? Sûrement, je vais être honnête, parce que les questions sont posées dans un certain ordre et invitent à prendre conscience de ce fait. Mais il avait des moyens de s'en sortir à partir de cette étape sans avoir aucun recul (en faisant l'inventaire, en itérant une des isométries pour voir son groupe engendré puis en cherchant un autre générateur, en demandant au forum futura-sciences...), ni aucun cours.
On partait quand même d'un niveau où OS ne savait même pas d'où pouvait venir le fameux nombre 6, donc n'avait même pas l'idée d'essayer de montrer la conservation des sommets. C'était bien l'étape bloquante au moment où OS a posté, qu'on trouve ça trivial ou non.
Sans avoir cette équivalence en tête on est bloqué, qu'elle se justifie en une phrase ou non.
En l'ayant on peut finir sans connaissance ni capacité de raisonnement "niveau X". On serait face à un n-gone régulier quelconque ce ne serait pas la même histoire, mais là l'exercice me semble faisable par force brute (je pense même honnêtement que si j'avais vu le triangle directement plutôt que le tétraèdre -premier groupe diédral que j'aie vu, en TD de théorie des groupes- ou le cas général pour une première approche, j'aurais résolu l'exercice comme ça, sans comprendre où il voulait nous emmener, en pensant "il veut me montrer un groupe utile en géométrie à deux générateurs", mais sans rien comprendre aux deux générateurs).
On peut simplement se lire sans tomber d'accord sinon. Je suis de bonne foi et convaincu de ce que j'avance. Ne tombons pas dans la rage inutile et convenons simplement que deux visions d'un point mathématique peuvent cohabiter, tout comme nos conceptions des difficultés de OS (je n'en reviens pas d'avoir donné à la vie de OS un statut épistémologique).
D'accord avec toi, RLC. Ce qui est trompeur dans cet exercice, c'est qu'il semble se placer dans le plan complexe (avec l'évocation des affixes), alors qu'en fait c'est un exercice d'introduction et qu'on peut rester dans la géométrie classique exclusivement (celle du collège) et ne pas savoir ce qu'est la géométrie affine. Du coup, OS est mal parti avec ses affixes : il suffit de savoir que dans un triangle équilatéral, le centre de gravité est aussi le point de concours des médiatrices, donc à égale distance des sommets, donc son image par une isométrie aussi, et on peut finir avec de l'artisanal et du bon sens.
Qu'est ce que vous ne comprenez pas dans la phrase "troisqua n'a pas fait sa démonstration uniquement pour OShine mais pour un lecteur intéressé par les maths ?"
Vous voulez parler pédagogie, d'accord, que OShine réussisse ou pas l'exercice n'a aucun intérêt pour lui, ce qu'il lui faut ce sont des méthodes de travail pour progresser et comme on lui tient la main au point de lui dire, prends le crayon et trace un cercle, ça n'arrivera jamais. Il finira peut-être par exécuter les consignes sans râler ce qui sera déjà pas mal et comme c'est ce qu'il cherche, ne surtout pas réfléchir et travailler par lui même, tout le monde y trouve son compte, c'est parfait. C'est normal d'avoir envie d'aider quelqu'un à réussir un exercice mais ce n'est pas ça le but normalement, c'est faire en sorte que cette réussite lui soit profitable pour des prochains exercices. Je suis quasi certaine qu'aucun d'entre vous n'enseigne, aucun prof de ma connaissance ayant dans l'optique de faire progresser ne s'y prendrait comme ça vu ses difficultés évidentes.
Ceci dit, je ne vois pas en quoi cela empêcherait par ailleurs de traiter l'exercice autrement et de manière plus intéressante pour d'autres lecteurs.
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@Riemann_lapins_cretins : encore une fois (la quatrième je crois), la conservation des sommets n'est pas à démontrer, elle est donnée dans la définition de $D_3$ de l'énoncé où $T$ désigne une liste de sommets. Bref, la soit disant difficulté de l'exo (à savoir conservation des sommets) est hors sujet puisque celui-ci évacue la dite difficulté. De même, montrer que $0$ est point fixe n'est pas utile non plus (cf quelques posts plus haut). Arf ! J'avais dit que je ne restais pas .... Selon moi la difficulté c'est plutôt d'exhiber des générateurs (donc montrer qu'ils le sont, qu'il y a 6 éléments distincts engendrés, rapidement, donc sans faire du cas par cas) et d'expliquer comment on calcule dans ce groupe en voyant que $sr=r^2s$ (qui amène doucement vers la notion de produit semi-direct interne de deux groupes même s'il vaut mieux se garder d'en parler ici).
@Fin de partie : une translation du plan de vecteur non nul (i.e. distincte de l'identité du plan) ne laisse aucun point du plan invariant.
Je sais bien mais cette propriété n'est pas suffisante pour prouver qu'il n'existe pas de translation de vecteur non-nul qui laisse globalement invariant un triangle équilatéral.
Ah ok, même en te lisant je pensais que T désignait le triangle plein. Quand tu disais "lis l'énoncé" je pensais que tu faisais référence au préambule qui disait qu'une isométrie du plan était une application affine et que donc le résultat ultérieur du cours s'appliquait. Là effectivement ça change tout. Mais quand même, une application qui échange trois points, OS, tu n'aurais pas juste pu faire des tests ?
Bon comme cette discussion est barbante, je donne un énoncé en aparté (pas pour OShine) :
Soit $H$ le sous-groupe de $\mathfrak S_4$ engendré par le $4$-cycle $\sigma$ tel que $\sigma(k\,\mod 4)=k+1\,\mod 4$, pour tout $k$, et la transposition $\tau$ qui échange $2$ et $4$.
1) Montrer que $H$ est isomorphe à $\mathcal D_4$.
2) Montrer que tout sous-groupe de $\mathfrak S_4$ d'ordre $8$ est conjugué à $H$.
Merci 1) On peut s'appuyer sur le fait que $\mathcal D_4$ est engendré par une rotation de centre O et de rayon $\frac \pi 2$ et par la médiatrice d'un des côtés ou c'est tricher ?
2) Ça veut dire quoi qu'un sous-groupe est conjugué à un autre sous-groupe ?
Concernant l'exercice initial, il me semble que l'idée attendue est la suivante. On montre successivement que : 1) le centre O du triangle est invariant par isométrie du triangle (par conservation des longueurs) 2) il y a 6 permutations possibles des sommets (par conservation des longueurs), donc 6 isométries du triangle au plus (mais il faut savoir qu'une isométrie du plan est déterminée par l'image de 3 points non alignés)
3) il y a 3 rotations et 3 réflexions qui laissent invariant le triangle, donc il y a 6 isométries au moins, donc exactement 6
(mais en fait, l'exercice tel qu'il est rédigé donne directement le nombre 6 de permutations des 3 sommets, qu'on trouve facilement et qui ont le bon goût de fonctionner)
4) on établit la table de composition de ces isométries à partir de 2 isométries choisies (on se débrouille). Point final à l'exercice. Mais il faut avoir quelques notions élémentaires sur les isométries, cela n'est pas évident de savoir lesquelles sont connues concernant un exercice sorti de son contexte.
1) On peut s'appuyer sur le fait que $D_4$ est engendré par une rotation de centre O et de rayon $\frac \pi 2$ et par la médiatrice d'un des côtés ou c'est tricher ? 2) Ca veut dire quoi qu'un sous-groupe est conjugué à un autre sous-groupe ?
1) Oui on peut utiliser la représentation géométrique du groupe diédral $\mathcal D_4$, c'est effectivement mon idée.
2) Soient $H$, $H'$ deux sous-groupes de $G$. On dit que $H$ et $H'$ sont conjugués dans $G$ s'il existe $g\in G$ tel que $H'=gHg^{-1}$, c'est-à-dire $H'=\{gxg^{-1}\mid x\in H\}$.
@JLT : On remarque d'abord que $H$ est d'ordre 8 donc $H$ est un 2 Sylow et donc conjugué à tous les autres 2 Sylow de $\mathfrak S_4$ (au nombre de 3 si je ne m'abuse).
@Lol_a : deux sous-groupes sont conjugués quand l'un est l'image de l'autre par un automorphisme de la forme $x\mapsto axa^{-1}$
Non Julia c'est la symétrie par rapport à la droite (13) (i.e la conjugaison complexe que j'ai utilisée dans ma démo si on note (13) l'axe des abscisses), son cycle c'est la multiplication par $i$, donc la rotation évoquée par @Lol_a. La symétrie centrale dont tu parles c'est (13)(24).
Ok merci, il y a au moins 2 isométries qui échangent 2 et 4, une symétrie axiale et une symétrie centrale (je n'ai pas de papier sous la main pour faire un dessin). Il faut alors associer la symétrie axiale. EDIT : Ah oui, on parle de la transposition (pas de la permutation) qui échange 2 et 4.
Une drôle de question me vient à l'esprit ce soir !
Toujours pour un développement d'agrégation interne (sur la leçon des groupes cycliques cette fois) : on prouve que $Is^+(P_n)$ est cyclique car fini de cardinal $n$ et engendré par un seul élément $r$ : la rotation de centre $O$ (qui est le centre du polygone régulier $P_n$) et d'angle $\dfrac{2 \pi}{n}$ (comme on a vu avant sans vraiment parler de $Is(P_n)$ cette fois et encore moins de $Is^-(P_n)$) .
Je me demande si $(Is^+(P_n),\circ)$ est isomorphe à $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$ ? Après tout, ils ont $n$ éléments chacun.
Du coup, je considère l'application : $\begin{array}[t]{ccccc}
f & : & (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+) & \to & (Is^+(P_n),\circ) \\
& & \bar{k} & \mapsto & r^k \\
\end{array}$ .
J'avais fait le contraire au début : j'étais parti de $(Is^+(P_n),\circ)$ dans $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$ mais cela me semblait mal défini car d'où sort $k$ si on définit $f$ dans ce sens (on aurait dû définir $f$ pour chaque $k$ ...)? Alors qu'au-dessus, $f$ semble bien définie car $\bar{k}$ varie dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ et il est ainsi naturel de s'intéresser à la rotation correspondante : $r^k$ . Et cela ne dépend pas du représentant choisi pour $k$ je pense : par division euclidienne, on aura la même rotation en tant qu'image (puisque $r^n=id$). Je ne sais pas si je suis très clair mais je peux éventuellement expliquer le fond de ma pensée avec des congruences si c'est nécessaire.
Bref, je montre que $f$ définie au-dessus est un morphisme de groupes : soient $\bar{k}$ et $\bar{k'}$ deux classes de $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$ .
On a : $f(\bar{k}+\bar{k'})=f(\overline{k+k'})=r^{k+k'}$ . La rotation $r^{k+k'}$ est la rotation de centre $O$ et d'angle $\dfrac{2 \pi (k+k')}{n}=\dfrac{2 \pi k}{n}+\dfrac{2 \pi k'}{n}$ .
Et la surjectivité de $f$ me paraît évidente pour le coup (par construction de $f$ ) : en effet, si l'on considère un élément de $Is^+(P_n)$ alors cet élément est une rotation qui s'écrit sous la forme : $r^k$ avec $k \in \{0,\ldots,n-1\}$ (car $(Is^+(P_n),\circ)$ est cyclique et engendré par $r$) donc on a bien l'existence d'une classe $\bar{k}$ dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ telle que $f(\bar{k})=r^k$ .
Comme $f$ est un morphisme de groupes surjectif entre deux groupes finis de même cardinal $n$, $f$ est bijectif donc $f$ est un isomorphisme.
Conclusion : $(Is^+(P_n),\circ)$ est isomorphe à $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$.
Maintenant, la grande question est : est-ce que mon raisonnement est juste ? Ou j'ai raconté n'importe quoi ? (et si c'est le cas, je suis sincèrement désolé des bêtises que j'ai pu raconter...)
Mais attendez ! Je crois me souvenir d'un résultat de cours disant que tout groupe cyclique à $n$ éléments est isomorphe à $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$ ? Ce qui revient au même de dire : il existe un seul groupe cyclique à $n$ éléments : $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$, à isomorphisme près je crois. Encore une bêtise ou tout va bien ? (Oui si je peux éviter d'apprendre plein d'éléments de cours par cœur (il y a déjà assez de choses à savoir comme les formules de Taylor rhoooo !!!), je le fais donc je ne connais pas par cœur toutes les propriétés mais ce résultat me semble logique ...)
Tu peux aller un peu plus vite en utilisant le cours (premier théorème d'isomorphisme). Soit $\left(G;\circ\right)$ le groupe des transformations affines du plan. Soit $f:\mathbb{Z}\to G$ le morphisme de groupe envoyant le générateur $1$ du groupe $\left(\mathbb{Z};+\right)$ sur la rotation $r$ de centre $O$ et d'angle $\frac{2\pi}{n}$. Comme $\text{Is}^{+}\left(P_{n}\right)=\left\{ r^{k}\mid k\in\mathbb{Z}\right\} $ on a $\text{Im}f=\text{Is}^{+}\left(P_{n}\right)$. De plus, $k\in\ker f$ si et seulement si $r^{k}=id$ donc si et seulement si $\frac{2k\pi}{n}$ est multiple de $2\pi$. Bref, $\ker f=n\mathbb{Z}$. Donc (premier théorème d'isomorphisme) $\frac{\mathbb{Z}}{\ker f}\simeq\text{Im}f$ donc $\frac{\mathbb{Z}}{n\mathbb{Z}}\simeq\text{Is}^{+}\left(P_{n}\right)$.
Edit : coquille corrigée ($\mathbb{Z}$ à la place de $G$ à la fin), merci @NicoLeProf
@troisqua OUAH !!! Ah oui le premier théorème d'isomorphisme que j'adore !!! Merci beaucoup, c'est magnifique !!! Il faut que j'écrive ta preuve et que je m'en souvienne !!!
Juste à la fin : à la dernière ligne quand tu conclus : c'est bien : $\dfrac{\mathbb Z}{\ker f}$ et non $\dfrac{G}{\ker f}$ ($G$ étant l'ensemble d'arrivée ici) ?
Je ne sais toujours pas résoudre la question 1.1.2. Dans le cours de 30 pages, il n'y pas l'histoire de l'isométrie déterminée par 3 points. Je sais que le cardinal de $S_3$ est $3!=6$ mais je ne vois toujours pas comment on sait qu'il y a $3!$ isométries. @Thierry Poma $\rho =( 1 \ 2 \ 3)$ est d'ordre $3$. La rotation de centre O et d'angle $2 \pi /3$ dans le sens direct. Elle est d'ordre $3$.
Je ne comprends pas ce que signifie ce passage ni d'où ça sort : "Une isométrie du plan est entièrement déterminée par l'image de 3 points non alignés." Ce cours de 30 pages serait donc incomplet ? Je ne sais pas démontrer que tout élément de $D_3$ laisse invariant le centre de gravité du triangle.
@Oshine : Quelle chance tu as de ne pas encore avoir commencé cette jolie quête, tu vas enfin découvrir comme apprendre, en se prenant en main, c'est beau ! L'autonomie c'est génial.
[mode je raconte ma vie] Je me souviens, quand Internet n'était pas encore démocratisé, comment chercher était une nécessité pour moi (la première bibliothèque étant trop éloignée et probablement ne contenait pas précisément la réponse à la question précise que je me posais). Je m'endormais et je cherchais, je relisais le cours que je pensais connaître par cœur mais où chaque fois, une nouvelle petite lumière jaillissait, une subtilité passée inaperçue, mais qui donnait tout son sens à la théorie. Aujourd'hui, on a le savoir à portée de clic, presque chaque trésor a déjà été mis au jour, il est difficile de se forcer à ne pas cliquer sur le résultat du travail d'un autre. C'est en ce sens que je n'envie pas ceux qui sont nés avec la connaissance totale (ou presque) à portée de clic. Certains en sont même arrivés à demander où il faut cliquer ! [fin du mode je raconte ma vie]
@JlT : je repensais à ton énoncé. $\mathfrak S_4$ peut être vu comme le sous-groupe des isométries directes laissant globalement invariant le cube (raisonner sur les 4 grandes diagonales). Si je considère le plan $P$ médiateur de deux faces opposées et la réflexion $\tau$ associée, ainsi qu'une rotation $\sigma$ d'un quart de tour autour de l'axe passant par les centres de ces faces, alors ces deux transformations engendrent $\mathcal D_4$ (qui est l'un des 3 parmi les 2 Sylow de $\mathfrak S_4$). Les trois 2-Sylow de $\mathfrak S_4$ peuvent donc se voir en choisissant l'une des trois paires de faces opposées.
Tentons encore (pour info, je n'ai pas lu le cours donné plus haut).
Le 1er veut dire que deux isométries qui ont les mêmes images pour 3 points non alignés sont égales : soient A,B,C 3 points non alignés du plan, soient f et g deux isométries du plan ; si f(A)=g(A), f(B)=g(B) et f(C)=g(C), alors f=g. Si cette propriété n'est pas dans ton cours, c'est une lacune. D'où ça sort ? Ça se démontre comme toutes les autres propriétés des isométries, dont certaines sont générales aux applications affines, dont celle-ci, car une isométrie est une application affine (ça se démontre aussi).
La 2ème question : le centre de gravité d'un triangle équilatéral est le point à égale distance des sommets du triangle ; il est unique, et c'est le point de concours des médiatrices ; es-tu d'accord ? ; son image par une isométrie du triangle (i.e. qui laisse le triangle globalement invariant) est à égale distance des images des sommets (par conservation des longueurs), qui ne sont autres que les sommets eux-mêmes, c'est donc le centre de gravité.
@Julia Paule : pour le centre de gravité, tu peux juste dire qu'une application est affine si et seulement si elle préserve les barycentres. En fait, je trouve qu'il est préférable de ne pas utiliser la structure euclidienne quand elle n'est pas nécessaire. Cela permet d'avoir les bons réflexes quand justement on n'a pas de produit scalaire sous la main. C'est pourquoi dans la démo que j'avais faite plus haut, j'avais isolé le caractère "isométrique" à un seul moment de la démo (pour majorer le cardinal de $\mathcal D_n$). Le cours dont il parle et qui lui a été donné est spécifique aux isométries et ne fait pas de rappel sur les espaces affines. Tout cela lui a déjà été dit plusieurs fois je crois. C'est même la première réponse qu'il reçoit par Amédé. Bref.
Réponses
Et j'ai l'impression après toutes ces pages que OS n'a pas fait ce lien.
Une fois ceci compris, et surtout prouvé, le reste n'est que littérature j'ai envie de dire. Le triangle équilatéral est le cas le plus simple une fois passé au "point de vue sommets" (puisque toutes les permutations de sommets sont isométriques).
Pour le prouver tout a déjà été donné sur ce fil (sans même parler des pdf). Ça se fait en une ligne mais c'est quand même la partie difficile de la question.
La ligne sera-t-elle écrite ? J'espère pour OS.
Merci !
La difficulté restante est celle des générateurs mais le cardinal faible fait que d'en tenter deux au pif peut permettre à OS de s'en sortir. Bon, sans compréhension profonde de ce qu'il se passe, mais l'exercice est fait.
On ne parle pas d'un pentagone par exemple où il faut comprendre qu'il y a une difficulté supplémentaire et qu'il ne s'agit pas de permuter simplement les sommets.
Le cas du triangle permet de s'en sortir sans comprendre autre chose que la conservation des points extrémaux. Ensuite OS fera une table, demandera de l'aide pour les générateurs ou en trouvera deux au hasard, et il pourra passer à autre chose.
Je fais ça sur Géogebra.
On a sait que $\sigma_3) \ne id$ et $\sigma_3 \circ \sigma_3= \sigma_3^2 = id$ donc $\sigma_3$ est d'ordre $2$.
On peut remarquer que : $\sigma_3 (T)=T$ .
Et le cours, ça sert à quoi ?
Alain
Du coup, OS est mal parti avec ses affixes : il suffit de savoir que dans un triangle équilatéral, le centre de gravité est aussi le point de concours des médiatrices, donc à égale distance des sommets, donc son image par une isométrie aussi, et on peut finir avec de l'artisanal et du bon sens.
Là effectivement ça change tout. Mais quand même, une application qui échange trois points, OS, tu n'aurais pas juste pu faire des tests ?
Mea culpa véritable.
1) On peut s'appuyer sur le fait que $\mathcal D_4$ est engendré par une rotation de centre O et de rayon $\frac \pi 2$ et par la médiatrice d'un des côtés ou c'est tricher ?
2) Ça veut dire quoi qu'un sous-groupe est conjugué à un autre sous-groupe ?
1) le centre O du triangle est invariant par isométrie du triangle (par conservation des longueurs)
2) il y a 6 permutations possibles des sommets (par conservation des longueurs), donc 6 isométries du triangle au plus (mais il faut savoir qu'une isométrie du plan est déterminée par l'image de 3 points non alignés)
Point final à l'exercice. Mais il faut avoir quelques notions élémentaires sur les isométries, cela n'est pas évident de savoir lesquelles sont connues concernant un exercice sorti de son contexte.
EDIT : Ah oui, on parle de la transposition (pas de la permutation) qui échange 2 et 4.
du plan. Soit $f:\mathbb{Z}\to G$ le morphisme de groupe envoyant le générateur $1$ du groupe $\left(\mathbb{Z};+\right)$ sur la rotation $r$ de centre $O$ et d'angle $\frac{2\pi}{n}$. Comme $\text{Is}^{+}\left(P_{n}\right)=\left\{ r^{k}\mid k\in\mathbb{Z}\right\} $ on a $\text{Im}f=\text{Is}^{+}\left(P_{n}\right)$. De plus, $k\in\ker f$ si et seulement si $r^{k}=id$ donc si et seulement si $\frac{2k\pi}{n}$ est multiple de $2\pi$. Bref, $\ker f=n\mathbb{Z}$. Donc (premier théorème d'isomorphisme) $\frac{\mathbb{Z}}{\ker f}\simeq\text{Im}f$ donc $\frac{\mathbb{Z}}{n\mathbb{Z}}\simeq\text{Is}^{+}\left(P_{n}\right)$.
Je sais que le cardinal de $S_3$ est $3!=6$ mais je ne vois toujours pas comment on sait qu'il y a $3!$ isométries.
@Thierry Poma
$\rho =( 1 \ 2 \ 3)$ est d'ordre $3$. La rotation de centre O et d'angle $2 \pi /3$ dans le sens direct. Elle est d'ordre $3$.
"Une isométrie du plan est entièrement déterminée par l'image de 3 points non alignés."
Ce cours de 30 pages serait donc incomplet ?
Je ne sais pas démontrer que tout élément de $D_3$ laisse invariant le centre de gravité du triangle.
Le 1er veut dire que deux isométries qui ont les mêmes images pour 3 points non alignés sont égales : soient A,B,C 3 points non alignés du plan, soient f et g deux isométries du plan ; si f(A)=g(A), f(B)=g(B) et f(C)=g(C), alors f=g.
Si cette propriété n'est pas dans ton cours, c'est une lacune.
D'où ça sort ? Ça se démontre comme toutes les autres propriétés des isométries, dont certaines sont générales aux applications affines, dont celle-ci, car une isométrie est une application affine (ça se démontre aussi).
La 2ème question : le centre de gravité d'un triangle équilatéral est le point à égale distance des sommets du triangle ; il est unique, et c'est le point de concours des médiatrices ; es-tu d'accord ? ; son image par une isométrie du triangle (i.e. qui laisse le triangle globalement invariant) est à égale distance des images des sommets (par conservation des longueurs), qui ne sont autres que les sommets eux-mêmes, c'est donc le centre de gravité.
Ouf !