Géométrie d'incidence (Le Livre du problème, volume 6) 2712401387, 9782712401382 [PDF]

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le livre du problème, vol.6 géométrie d'incidence

Ce volume porte le numéro ISBN - 2 - 7124 – 0138 – 7 L'ensemble des volumes parus dans la série LE LIVRE DU PROBLEME est désigné par le numéro ISBN 2 – 7124 – 0103 – (édition complète)

© CEDIC 1976 Imprimé en France Editions CEDIC

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93, avenue d'Italie -75013 PARIS

Table des matières Préface La géométrie d'incidence au service d'une pédagogie progressive et polyconcrète . . . . . . . . . . . . . .6 Chapitre1 Structure d'incidence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Chapitre II Premiers pas en mathématiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .24 Chapitre III L'éveil au raisonnement déductif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .48 Chapitre IV Minigéométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 Chapitre V L'emploi des coordonnées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 Chapitre VI Quelques structures d'incidence infinies . . . . . . . . . . . . . . . 105 Solutions.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 Chapitre I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 Chapitre III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 Chapitre IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 Chapitre V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 Bibliographie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

SOMMAIRE PREFACE LA GEOMETRIE D'INCIDENCE AU SERVICE D'UNE PEDAGOGIE PROGRESSIVE ET POLYCONCRETE

Voici plus de quatre ans que l'I.R.E.M. de Strasbourg travaille à ce fascicule du "Livre du Problème". Le thème mathématique traité ici - la géométrie finie, la théorie des configurations - est souvent considéré comme une curiosité qui n'intéresse que quelques mathématiciens hautement spécialisés; s'il offre quelques applications pratiques (la construction de "plans d'expérience", par exemple, cf. chapitre IV, exercice II 12) et s'il se rattache à l'Analyse Combinatoire, science qui connaît depuis une décennie un surprenant rajeunissement, on peut cependant s'étonner qu'un institut de recherche pédagogique consacre tant d'efforts à ce sujet marginal qui ne concerne pas la masse de l'enfance scolarisée. Mais l'enseignement des mathématiques a d'autres finalités que la transmission de connaissances utiles... Nous visons principalement au développement d'aptitudes intellectuelles… Il ne s'agit pas uniquement de mémoriser des informations, mais de s'habituer à raisonner, à apprendre à manier l'abstraction pour résoudre des difficultés pratiques, à imaginer, à combiner, à faire preuve de créativité tout en respectant des contraintes. Nous espérons contribuer à prouver que la géométrie d'incidence est un sujet d'étude particulièrement adapté à ces objectifs pédagogiques: on y trouve matière à des problèmes intéressants, à tous les niveaux de difficultés. Ces situations permettent de dégager les concepts les plus importants de la mathématique : l'idée de structure, le raisonnement axiomatique, l'invariance par isomorphisme, la notion de groupe, etc... Que le professeur lise cette brochure en conduisant sa réflexion simultanément sur plusieurs plans. Qu'il assimile certes le contenu mathématique, qu'il cherche à résoudre lui-même les problèmes, qu'il s'en pose et qu'il compose des énoncés analogues pour ses élèves. Mais qu'il mesure constamment l'impact que chaque exercice peut avoir sur le développement intellectuel de l'enfant; qu'il analyse les obstacles psychologiques que rencontre l'enfant dans ses premiers balbutiements mathématiques. Et qu'il cherche avec nous des remèdes appropriés !

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SOMMAIRE

L'événement crucial d'une éducation mathématique réussie est la rupture définitive avec la pensée syncrétique : dans les premières phases de son développement intellectuel, l'enfant ne capte qu'une connaissance globale de son environnement, grâce à des amas de sensations perdus dans une masse d'informations parasites. L'apprentissage de la pensée déductive – qui est l'un des objectifs de l'enseignement des mathématiques – exige une analyse et une structuration de ce flot d'images: il s'agit d'apprendre à dégager le discours mathématique des "bruits de fond" qui l'enrobent, distinguer la mélodie des grincements du disque. La pratique pédagogique traditionnelle n'en a pas pris suffisamment conscience. Les instructions officielles et les programmes sont très prolixes sur la liste des détails qu'un élève doit savoir répéter à chaque niveau. Ils ne mentionnent même pas qu'entre dix et quatorze ans, l'élève doit apprendre à déduire, et à imaginer des démonstrations. ' Il doit être capable de suivre une démonstration générale, en se guidant sur des figures ou schémas particuliers: ce faisant, il doit porter son attention sur les éléments du dessin qui relèvent de la structure et ne pas se laisser distraire par les bruits de fond concrets et fortuits. Certes, en s'exerçant au raisonnement, l'élève ne manquera pas d'acquérir des connaissances : une tête bien vide n'est pas une tête bien faite. Mais l'essentiel de l'éducation mathématique ne se réduit pas à cette érudition dont tout ce qui n'est pas outil nécessaire n'est qu'un sous-produit. Faute d'insister sur le primat du développement de la pensée déductive, la pédagogie traditionnelle ne remarque même pas que quelques habitudes d'enseignement empêchent les élèves de comprendre. Un seul exemple suffira à le prouver : on expliquait naguère la perpendicularité en agrémentant le discours de dessins où l'horizontal et le vertical étaient constamment privilégiés, sans qu'on en avertisse l'élève. Les triangles étaient dessinés (au tableau et dans les manuels) au dessus d'une base horizontale. La terminologie reçue invitait

7

SOMMAIRE l'élève à abaisser une perpendiculaire : on contribuait ainsi à enrober le discours mathématique de bruits de fond nuisibles et on n'invitait pas l'élève à les éliminer: comment s'étonner que des élèves aient du mal à concevoir qu'un triangle ait trois hauteurs ou qu'une perpendiculaire puisse parfois se dessiner obliquement ou même de bas en haut ! Le matériel pédagogique réuni dans cette brochure a été conçu pour éviter de telles erreurs: il s'agit d'atténuer les effets des bruits de fond. Certes, le seul moyen de les éliminer complètement serait d'utiliser un langage mathématique qui ne distrairait jamais l'élève par des détails parasites. La maîtrise d'un tel langage est un objectif que l'on espère atteindre. C'est un aboutissement, non un point de départ. Avec des débutants, il faut donc trouver une autre méthode. Nous utilisons systématiquement une pédagogie polyconcrète, pour s'exprimer comme André Lichnérowicz. C'est un recours à beaucoup de situations concrètes, suffisamment diversifiées pour que les bruits de fond se neutralisent afin qu'émerge l'élément commun: la structure étudiée. De plus, nous concevons la rupture du syncrétisme et l'initiation à la démonstration mathématique comme une action pédagogique qui doit être prévue et planifiée quelques années à l'avance. Si l'on aborde l'axiomatique de la géométrie d'incidence affine, avec – pour toute préparation – quelques séances de dessin à la règle, l'élève aura beaucoup de peine à s'abstraire de l'intuition du pliage et de la mesure. L'occasion, unique dans la vie mathématique de l'enfant, aura été irrémédiablement gâchée. Au contraire, l'élève doit s'appuyer sur une longue pratique des situations analogues à celles qui sont présentées dans ce fascicule. Dans des contextes très divers où Par deux… distincts passe une… et une seule

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SOMMAIRE le professeur évitera d'employer le mot "droite" pour que le message ne soit pas prématurément brouillé par tout l'amas de significations que charrie ce mot, et qui relève de structures qui seront étudiées bien plus tard. Et c'est ainsi que l'on comprendra que dans un raisonnement mathématique, le recours à l'intuition sensible n'est qu'un 'guide, dont on doit savoir s'abstraire lors de la mise en forme logique.

Le choix du thème: la géométrie d'incidence, présente bien d'autres avantages pédagogiques. Les "modèles d'incidence" (définies au Chap. 1) fournissent l'un des exemples les plus simples, et néanmoins assez riches de l'idée de structure. On peut faire comprendre, sans dissertations inutiles, comment les mathématiques s'intéressent à des relations entre objets mathématiques dont la nature importe peu. A la "catégorie" des modèles d'incidence est attachée une notion d'isomorphismes, que les enfants peuvent manipuler, dès l'âge de 10 ans, sur des exemples concrets, en évitant tout langage savant, mais en résolvant néanmoins des problèmes. Ainsi, s'élabore une pédagogie où l'on fournit aux élèves un grand nombre d'activités formatrices. On ne leur impose pas dogmatiquement des réponses à des questions qu'ils n'auraient même pas l'occasion de se poser. Signalons enfin que le projet initial prévoyait un dernier chapitre destiné à dégager la notion de groupe, sous la forme de groupes d'automorphismes, à l'aide d'une approche pédagogique apparentée à la conception de M. Wagenschein [15] ("das exemplarische Unterricht"). Devant l'ampleur prise par ce sujet, il a été décidé d'en faire une publication séparée.

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SOMMAIRE

SOMMAIRE CHAPITRE 1

Structure d'incidence Nous exposons dans ce chapitre, à l'usage du professeur, les fondements théoriques de cet ouvrage. Les exercices présentés ici peuvent aussi être proposés à des .élèves. Mais on évitera d'en prendre prétexte pour donner des développements .théoriques, qui ne peuvent avoir de valeur que si l'élève connaît beaucoup d'exemples.

I. UN POINTDE VUE INHABITUEL SUR LES RELATIONS Les thèmes d'exercices proposés dans cette première partie concernent des relations (1) quelconques. Mais pour préparer l'étude qui suivra, on choisira le plus souvent des exemples où les éléments de E seront appelés : point, ville, station, jeton, sommet etc.. etc... ceux de F : alignements, ficelle ou fil, route, autoroute, droite, itinéraire, bloc, arête, etc... . Tandis que la relation I s'exprimera par des phrases telles que "p est incident à A", "A est incident à p", "p et A sont incidents", "p est sur A", "A passe par p", "A contient p" ; d'autres locutions pourront être utilisées selon le contexte. Presque tous les exercices qui suivent ont pour but de reconnaître si deux relations données sont ou non isomorphe s: on dira que la relation (E, F, I) est isomorphe à la relation (E', F', I') s'il existe une bijection ϕ de E sur E' et une bijection ψ de F sur F' qui "respectent les relations I et I' de façon précise on demande que :

∀e ∈ E, ∀f ∈ F, (e,f ) ∈ I ⇔ (ϕ (e),ψ (f ) ) ∈ I ' .

1

Rappelons qu'une relation est un triplet (E, F, I) où E et F sont des ensembles et où I est un sous-ensemble de E × F appelé graphe de relation. On s'autorisera cependant l'abus de langage qui consiste à parler de "la relation I".

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SOMMAIRE On appelle automorphisme tout isomorphisme d'une relation sur elle-même. On représentera souvent la relation I par son diagramme cartésien, on placera une croix dans la case (e, f) si et seulement si (e, f) ∈ I. On peut aussi y placer le chiffre l, et placer un 0 sur toute case (e, f) telle que (e, f) ∉ I. Bien entendu, lorsque les deux relations sont représentées par des diagrammes cartésiens, chercher un isomorphisme revient à chercher si on peut écrire les éléments de E et ceux de F de manière à ce que les croix se trouvent dans les mêmes cases pour les relations I et I'. E. D

I.1

On considère un tétraèdre. Soient E ={A,B,C,D} l'ensemble de ses sommets, et F = {X,Y,Z,T} l'ensemble de ses faces. La relation I sera "Le point... appartient au plan. Dresser le diagramme cartésien de cette relation. Commentaire pédagogique L'élève, utilisant un tétraèdre de carton, commencera par inscrire les lettres A,B,C,D arbitrairement sur des sommets, et X,Y,Z,T arbitrairement sur des faces. Il obtiendra ainsi une matrice d'incidence comportant un 0 et un seul sur chaque ligne et chaque colonne. Il faudra qu'il découvre lui-même que si le choix des faces désignées par X,Y,Z,T est plus habile, il peut aboutir au diagramme, plus harmonieux :

E.D

I.2

On trace quatre cercles A,B,C,D dans le plan de façon que trois quelconques d'entre eux aient un point commun. On pose : X = B ∩ C ∩ D, Y = C ∩ D ∩ A, Z = D ∩ A ∩ B, T = A ∩ B ∩ C .Montrer que la relation (E, F, I) où E = {A ,B,C,D}, F = {X,Y,Z,T} et où I est défini par "Le cercle... passe par le point…" est isomorphe à I.1.

12

SOMMAIRE Commentaire: On pourra commencer par présenter aux élèves la figure ci-contre, et on leur demandera d'y placer des lettres de façon à ce que le diagramme cartésien de la relation soit le même que dans I.1: en désignant par ϕ la bijection qui à chaque sommet du tétraèdre associe le cercle de même nom, et par ψ la bijection qui à chaque face associe le point du même nom, on réalise l'isomorphisme. E.D I.3 Tracer des diagrammes sagittaux pour les relations de I.1 et I.2. Ces diagrammes peuvent être dessinés de diverses manières. Mais le dessin suivant suggère une troisième relation isomorphe aux précédentes:

E.D I.4 Réaliser une partition de l'ensemble des sommets d'un cube en deux sousensembles E et F, tels que la relation 1: "Le sommet... appartenant à E est relié au sommet... appartenant à F par une arête", définisse une relation (E, F, I) isomorphe aux précédentes. Commentaire pédagogique: Bien entendu, on souhaite que les élèves pensent à l'énoncé 1.4 en cherchant l'exercice 1.3. M. I.5 Sur un échiquier Matériel: Un échiquier. Quatre tours blanches et quatre cavaliers noirs. (Pour se rappeler la marche des pièces du jeu d'échecs cf. [12] ou [13]). Soit T, l'ensemble de ces tours et C l'ensemble des cavaliers.

13

SOMMAIRE Placer successivement les pièces sur l'échiquier selon la disposition située en haut et à gauche (resp. en bas et à droite) de la fig. 1, ci-dessous. Montrer que les relations (0, C, p) et (C, '(;, p') où p désigne la locution : "La tour ...menace le cavalier ..."et p' la locution : "Le cavalier ...menace la tour ..." sont isomorphes entre elles. (On peut ainsi former quatre relations). Elles ne sont pas isomorphes aux exemples I. Commentaire: Les diagrammes d'incidence peuvent tous être représentés par :

On insistera sur le fait que ces quatre relations ne se "ressemblent" pas, et qu'elles sont cependant isomorphes entre elles. Les diagrammes I.1 et I.5 ne .sont évidemment pas isomorphes, bien qu'il s'agisse dans les deux cas d'un tableau 4 × 4. Mais dans le premier (resp. dans le second) il y a trois X (resp. deux X) dans chaque ligne ou chaque colonne. E.D

I.6

Prouver que le nombre de croix situées dans les lignes ou les colonnes se conserve par isomorphisme, et donc aussi le nombre total de croix.

14

SOMMAIRE P.

I.7

Recherche d'isomorphismes

Voici (à gauche) le diagramme cartésien d'une relation :

Voici d'autre part (à droite) un autre diagramme où les lettres qui désignent les colonnes ou les lignes ne sont pas inscrites. Montrer que l'on peut inscrire des lettres, en sorte que ce second diagramme représente la même relation que le premier. (Solution p. 123) P.

I.8

Composer d'autres exercices sur le thème I.7. Les éléments manquant sur le tableau à compléter pourront être soit des lettres, soit des croix ! Illustration 1.9

Un peu de "géographie"

Soit V un ensemble de villes et A un ensemble d'autoroutes; on regarde la relation : "La ville... est desservie par l'autoroute..." Indiquer parmi les cartes routières suivantes celles qui correspondent à des relations qui sont isomorphes entre elles ou isomorphes à des relations correspondant à des exercices déjà traités.

c d 15

e

f

SOMMAIRE

Commentaires: On constate que les réseaux routiers sont isomorphes, bien que les autoroutes qui desservent trois villes sur chacun d'eux ne soient pas topologiquement équivalentes. Le réseau g est isomorphe à 1.5 ; voici son diagramme cartésien

La relation 1.7 est isomorphe au réseau routier 0 tel que : 1 + 1  + " + 1 = 0 . On peut montrer que tous ces entiers n sont alors multin fois

pIes d'un même nombre premier p appelé caractéristique de K. + 1  + " + 1 ≠ 0 . On dit que K est de caractéris2) pour tout n > 0, 1 n fois

tique 0. On peut montrer que si K est fini (on note |K| le nombre de ses éléments), sa caractéristique n'est pas nulle et est un diviseur de|K|. Ainsi, si K n'est pas de caractéristique 2, la somme 1 + 1 , que l'on désigne par 2 , a un inverse.

88

SOMMAIRE E.E

I.3

Milieu d'un bipoint

Soit K un corps qui n'est pas de caractéristique 2. 1. Pour toute paire de points A, B du plan affine AK, montrer qu'il existe un point m(A, B) appelé milieu de A. B tel que a) Si D est une droite contenant A et B, m(A, B) appartient à D b) Si ϕ est une graduation affine de D, alors 2 × ϕ m(A, B) =ϕ (A) + ϕ (B) On vérifiera que le milieu ne dépend pas du choix de D (dans le cas où A et B sont confondus) ni du choix de ϕ . 2. Le milieu du bipoint (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) est le point de coordonnées (X, Y) où X = Inv (2) × (x1 + x2) Y = Inv (2) × (y1 + y2) Quand a-t-on m(A, B) = A ou m(A, B) = B ? 3. Étant donnés quatre points A, B, C, D, de AK montrer que m(m(A, B), m(C, D)) = m(m(A, C), m(B, D)= m(m(A, D), m(B,C)) E.D

I.4

Etude de A3

Le plan A3 contient 9 points et 12 droites : donner la liste de ces droites, en définissant chacune d'elles par une équation. Montrer que A3 est isomorphe à chacun des modèles de plan affine à 9 points donnés au chapitre IV. Solution : Voici une telle liste:

x = 0 ; x +1 = 0 ; x + 2 = 0 y= 0; y+ 1= 0; y+ 2= 0 x+y= 0; x+y+ 1= 0; x+y+2= 0 x + 2y = 0 ; x + 2y + 1 = 0 ; x + 2y + 2 = 0 Chaque ligne représente trois droites distinctes de même direction. On remarquera que 2 × 2 = 1 . Faut-il y ajouter l'équation 2x + y = 0 ?

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SOMMAIRE P.

I.5

Montrer qu'une condition nécessaire et suffisante pour que trois points distincts (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) de A3 soient alignés est que x1 + x2 + x3 = 0 y1 + y2 + y3 = 0 (Solution p. 135) E.D I.6 Que peut-on dire, dans A3, des médianes d'un triangle ? (Solution p. 135) E.D

I.7

Trouver dans A3 un quadrilatère non dégénéré qui ne soit pas un trapèze. (Solution p. 136) E.D I.8 Le plan A2 à quatre points A partir du corps Z2 on construit le plan à 4 points (Z2)2. Il comporte six droites d'équations : x=0 x= 1 y= 0 y= 1 x+y= 0 x+y= 1 Les droites sont identiques aux paires de points. Toute direction se réduit à deux paires complémentaires. Toute bijection de A2 sur A2 est une application affine. Remarque pédagogique : Le plan à quatre points est le modèle le plus simpliste de plan affine fini : l'enseignant, désireux d'adopter une pédagogie polyconcrète, mais redoutant de "perdre" trop de temps sur le plan A3, peut être tenté de ne présenter que A2 (en dehors de la "planche à dessin"). C'est nous semble-t-il une triple erreur pédagogique : 1. Le plan A2 ne présente aucune des situations typiques de la géométrie affine: les propriétés d'alignement sont presque sans objets; le parallélisme y est anémique. Comme Z2 est de caractéristique 2, on ne peut y définir la notion de "milieu". Dans A2, il n'y a aucun phénomène curieux à contempler... il ne se passe rien. 2. Dans le plan A3, il y a 84 triplets de points, parmi lesquels seulement 12 droites; il y a 9 ! = 362.880 bijections de A3, parmi lesquelles seulement 432 isomorphismes.

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SOMMAIRE Par contre, dans A2, toute paire de points est une droite ; toutes les bijections (au nombre de 4 ! = 24) préservent les alignements. La géométrie de A2 ne permet pas aux élèves de manier les distinction s; elle incite les plus faibles à la confusion de notions importantes. 3. La présentation simultanée de la géométrie affine réelle et des espaces Ap met en lumière le pouvoir évocateur du langage géométrique. Les théorèmes les plus intéressants de la géométrie affine ou projective réelle se traduisent dans le contexte fini en résultats étonnants, que seule l'analogie pouvait suggérer. De plus, ces théorèmes ne s'énoncent facilement qu'en utilisant le vocabulaire géométrique. Parfois, tel théorème n'est plus valable dans certains Ap... Mais il évoque alors des situations intéressantes à explorer. Exemple : dans A3 les trois médianes d'un triangle sont… parallèles ! Il y a lieu de faire apprécier très tôt la fécondité des transferts aux élèves : c'est une excellente façon de motiver l'abstraction, instrument de découverte. Mais le transfert des joyaux de la géométrie réelle est presque toujours impossible dans A2 (il n'y a pas assez de points: on ne peut pas parler raisonnablement de milieu etc...) De plus, dans les autres cas, un théorème intéressant se traduit dans A2 par une banalité. Généralement il s'agit de propriétés ensemblistes triviales, qui conduisent à des énoncés ronflants lorsqu'on utilise le langage géométrique : c'est ainsi que l'on encourage la pédanterie. Par exemple: E.D

I.9

Vérifier que l'énoncé suivant ne recouvre que du vent ! (Que peut-on espérer faire avec un triangle dans un plan à 4 points ?). Les trois droites menées par chaque sommet d'un triangle de A2, parallèlement au côté opposé, sont concourantes. Cependant, lorsqu'on aura présenté des exemples divers de plans affines, il ne sera pas superflu de signaler l'exemple trivial A2. Cet exemple joue un rôle analogue au zéro en arithmétique, à l'ensemble vide en théorie des ensembles, aux espaces vectoriels à O-dimension en algèbre linéaire, etc... C'est la clé de voûte, sans laquelle la théorie ne serait pas facile à formuler. De plus, on peut souvent, à partir d'un exemple banal, construire des exemples plus intéressants.

91

SOMMAIRE E.D

I.10

Compléter le plan A2, à la manière de E. E II 6 (Chapitre IV), pour construire un plan projectif, par adjonction d'une droite à l'infini. On obtient le plan de Fano, à 7 points.

II. AUTRES GEOMETRIES AFFINES FINIES E.E

II.1

1° L'anneau Zn = Z / n Z est un corps si et seulement si n est premier. Pourquoi ? 2° Peut-on construire un plan affine à 36 points en opérant sur (Z6)2 comme sur (Zp)2 ? (Solution p. 136) Il existe d'autres corps finis, en dehors des Zp. C'est Evariste Galois (1811-1832) qui les a tous déterminés: pour chaque exposant entier n > 1 et pour chaque nombre premier p, il existe un corps de Galois (et un seul, à isomorphisme près) de pn éléments. Nous nous contentons ici de présenter les corps de Galois à 9 et à 4 éléments. Test

II 2

Le corps de Galois à 9 éléments G(9)

1. Vérifier que dans Z3, l'équation X2 + 1 = 0 n'a pas de racines. 2. En s'inspirant de la construction de C à partir de R, construire un corps à 9 éléments à partir de Z3. Solution : On peut considérer des opérations sur (Z3)2 pour lesquelles le carré du couple i = (0, 1) est opposé à (1, 0) . On raisonne alors sur les a + bi.

Ou encore, on peut envisager l'ensemble des matrices. ⎛ a b⎞ ⎜ ⎟ où (a, b) ∈ (Z3)² ⎝ −b a ⎠

On peut aussi construire le quotient de l'anneau Z3[X] des polynômes à une indéterminée, à coefficients dans Z3, par l'idéal principal engendré par X 2 + 1 (c'est-à-dire l'ensemble des multiples de X 2 + 1 dans Z3[X]). Cet exercice peut servir de question de contrôle après l'étude de la construction du corps des nombres complexes. Remarquons que dans Z5, l'équation X 2 + 1 = 0 a des racines.

92

SOMMAIRE Test

II 3

Le corps de Galois à 4 éléments G(4)

(1ère présentation)

Montrer que l'on peut définir sur un ensemble à quatre éléments {0, 1, α , β } une structure de corps. Pour cela on cherchera à compléter les tables suivantes, de façon à réaliser l'addition et la multiplication du corps. Table d'addition +

0

0

0

1

1

α

1

Table de multiplication

β

α

×

0

0

0

1

α

β

0

1

0

α

α

0

β

0

α

β

1

Pourrait-on prendre pour table d'addition celle de Z4 ? (penser à la caractéristique ! ). E.E

II 4

Le corps de Galois à 4 éléments G(4)

(2ème présentation)

Considérons les matrices I, α β suivantes à coefficients dans Z2 : ⎛1 0⎞ ⎛0 1⎞ ⎛1 1⎞ I= ⎜ ⎟ α= ⎜ ⎟ β= ⎜ ⎟ ⎝0 1⎠ ⎝1 1⎠ ⎝1 0⎠ 1. Montrer que l'ensemble des matrices xI + yα: où (x, y) ∈ (Z2)2 forme un corps à 4 éléments pour l'addition et la multiplication matricielle. (On remarquera que β = α + I) Montrer que α et β annulent un polynôme du second degré (irréductible dans Z2) que l'on déterminera. Calculer :

(xI + yα) × (xI + yβ). 2. Montrer que l'application z =xI + yβ |→ z' = xl + yα est un automorphisme du corps de Galois à 4 éléments, qui ne peut être défini par une formule algébrique (autrement dit, z' ne s'exprime pas comme une fraction rationnelle en z).

93

SOMMAIRE E.E

II.5

1. Il existe un plan affine de 81 points (de degré 10) comportant 90 droites (de degré 9). 2. Montrer qu'il existe dans ce plan 81 × 80 × 72 triplets de points non alignés. Il existe 81 × 80 × 72 automorphismes de la structure affine. 3. Montrer que, dans le plan affine G(9) 2 (cf. II.2), l'application f qui associe au point de coordonnées (z1, z2) = (x + iy, x' + iy') où (x, y, x', y') ∈ (Z3)4 le point "conjugué" de coordonnées (x − iy,'x' − iy') préserve les alignements bien que ce ne soit pas une application affine [f(zl , z2) - f(a, b), n'est pas une fonction linéaire de (z1 − a, z2 − b)]. En déduire qu'il y a 81 × 80 × 72 × 2 automorphismes de la structure d'incidence. Nous renvoyons à [6] ou [14] pour le commentaire mathématique. E.E

II.6

1. Il existe un plan affine à 16 points (de degré 5), ayant 20 droites (de degré 4). 2. Dans ce plan, les diagonales d'un parallélogramme sont parallèles ! 3. Montrer qu'il y a 16 × 15 × 11 automorphismes affines dans ce plan, et 16 × 15 × 1l × 2 automorphismes de la structure d'incidence. Solution : Pour résoudre la seconde question, on peut se ramener (par changement de coordonnées) au parallélogramme dont les sommets ont pour coordonnées (0,0), (0, b), (a, 0), (a, b) où (a, b) ∈ G(4).

On vérifie alors que les vecteurs de composantes (−a, b) et (a, b) sont équipollents, puisque Z2 et G(4) sont de caractéristiques 2. Intuitivement si elles se coupaient ce serait en leur milieu... mais il n'y en a pas. P.

II.7

Quels sont les espaces affines AK dans lesquels il est possible de dessiner la configuration de Fano avec de "vrais" alignements ? Solution : La configuration de Fano peut se résumer ainsi : elle comporte un triangle ABC; une droite coupe les côtés en A', B', C' et les trois droites [AA'], [BB'], [CC'] sont concourantes en un septième point.

94

SOMMAIRE Ces deux conditions s'expriment par les relations de Ménélaüs et de Céva (cf Fasc. V). (Ménélaüs)

A'B × C'A × B'C + A'C × C'B × B'A = 0

(Céva)

A'B × C'A × B'C − A'C × C'B × B'A = 0

Or, ces deux relations ne sont compatibles que si le corps K est de caractéristique 2. (En particulier, il est impossible de dessiner la configuration de Fano dans R2 avec de vrais alignements). Le plan A2 n'a que 4 points. Mais tous les autres corps K de caractéristique 2 : c'est-à-dire AG(2n), fournissent un AK suffisamment "gros" pour que l'on puisse y plonger le plan projectif de Fano à 7 points. En particulier c'est possible, de diverses façons, dans le plan affine à 16 points: on pourra déterminer 7 points qui conviennent, à l'aide de coordonnées.

III. LA CONFIGURATION DE PAPPUS (fin du 3e siècle) Soit K un corps, on dira qu'un plan d'incidence affine est un K - plan affine s'il est isomorphe à AK (I 1). Un K - plan projectif s'obtient par adjonction d'une droite à l'infini (cf chapitre IV E. E II 6). E.E

III 1

Soient D et D' deux droites sécantes d'un K - plan affine, et quatre points distincts: A1, A2, A3 sur D et B1 sur D'. Le parallèle menée de A1 à [B1 A3] (resp de A1 à [B1 A2]) recoupe D' en B3 (resp B2). Démontrer que [A2 B3] et [A3 B2] sont parallèles.

(Solution p. 136)

95

SOMMAIRE E.E

III.2

Le théorème de Pappus

Soient D et D' deux droites distinctes d'un K - plan projectif et six points distincts A1, A2, A3 sur D − et B1I, B2, B3- sur D'. On désigne par Ck le point de rencontre des droites [Ai Bj] et [A j Bi] où (i, j, k) désigne une permutation de (1,2, 3). Démontrer que les points C1, C2, C3 sont alignés. Solution : Si le K - plan projectif est obtenu par adjonction de la "droite" à l'infini [C1 C2] à un K - plan affine, le théorème de Pappus se réduit à III.1. Lorsque K est le corps des réels, on peut reconnaître dans la figure III.2 le dessin en perspective de la figure III.l. C1 , C2, C3 sont les "points de fuites" des directions de [A2 B3], [A1 B2] et [A3 B1] sur la "ligne d'horizon".

La figure obtenue constitue un -modèle d'incidence régulier de 9 points et 9 droites (degré 3 et 3), appelé configuration de Pappus. Remarque heuristique : Le théorème de Pappus est une propriété invariante par le groupe projectif (cf [6] et [3]).

96

SOMMAIRE Lorsqu'on fait subir une homographie ou une perspective à une configuration de Pappus, on obtient encore une configuration de Pappus. La méthode de démonstration, de E E III 2 est un procédé heuristique général, appelé réduction à une forme canonique : pour démontrer une propriété invariante par un groupe, on essaie de transformer la situation en un cas particulier, où − éventuellement en utilisant des structures additionnelles − la propriété est plus facile à démontrer. Ici, E.E III 1 est une forme canonique, où l'usage de la structure affine (énoncé de Thalès) rend la démonstration immédiate. Autre application de la méthode: (cf. par exemple IV.I). On peut se servir de cette méthode pour démontrer un autre théorème de Pappus : "Toute diagonale d'un quadrilatère complet est divisée harmoniquement par les deux autres diagonales". On prendra le parallélogramme comme forme canonique. Reconnaissance de forme : Les exercices qui suivent ont pour objectif d'entraîner à reconnaître dans des figures d'aspects variés, des cas particuliers du théorème de Pappus. P

III 3

Montrer que le configuration de Pappus est autoduale (chapitre I, E. D II 3). Il suffit de reproduire deux exemplaires de la figure ci-dessous et de numéroter les 9 points et les 9 droites de sorte qu'à des points alignés de la première figure correspondent des droites concourantes de la seconde, et réciproquement.

97

SOMMAIRE P

III 4

La figure ci-dessous comporte deux triplets de droites parallèles. Montrer que les diagonales de parallélogrammes qui sont dessinées, sont concourantes.

Commentaire : Appelons O1 et O2 les points de la droite de l'infini représentant les directions de [AC] et de [AG]. Reproduisons la figure mais en représentant à distance finie la droite de l'infini :

98

SOMMAIRE On reconnaît la configuration de Pappus : on applique le théorème de Pappus aux 3 points O1, G, H de la droite [O1 I] et aux points O2,C, F de la droite [02 I]. On obtient l'alignement des 3 points : • Intersection de [CH] et [FG] • [O1 F] ∩[ O2 H] = E . • [O1 C] ∩ [O2 G] = A Bien entendu, avec de la pratique, l'étape intermédiaire qui consiste à redessiner la figure pour obtenir la configuration "habituelle" peut être supprimée: on s'habitue progressivement à la retrouver dans toutes les situations en confrontant les dessins 1 et 2. Signalons qu'une autre solution de ce problème est donnée dans le Fascicule 2 du Livre du Problème. P.

III 5

Construire la figure III 2 dans le cas particulier où un seul des 9 points de la configuration de Pappus est rejeté à l'infini. Composer un énoncé de problème concernant cette situation. Exemple Soit ABCD un trapèze (où [AB] est parallèle à [CD]). Soit L un point de la droite [AD] et M un point de la droite [BC]. On désigne par I l'intersection de [CL] et [AM] et par J l'intersection de [BL] et [DM]. Montrer que [IJ]est parallèle à [AB] et [CD]. P

III 6

Les énoncés précédents sont "statiques" : les données sont fixes. On obtient des énoncés "dynamiques" variés, en reprenant les figures précédentes, en fixant une partie des données, et en considérant les autres données comme des paramètres qui varient, soumis à certaines contraintes. Composer de tels problèmes "dynamiques". Exemple

III 7

Soit un triangle ABC, un point A' sur [BC]. On considère un triangle variable A'B'C' tels que B' et C' appartiennent à des droites fixes, passant par A' et que le côté [B'C'] passe par A. Trouver l'ensemble des points de rencontre des droites [BB'] et [CC'].

99

SOMMAIRE Exemple

III 8

Soient A, B, C, trois points distincts alignés d'un K - plan affine. On fait passer par B deux droites D1 et D2 fixes (distinctes de la droite A, B, C) puis par A et C des droites parallèles entre elles de direction variable qui rencontrent respectivement D1 et D2 en I et J. Montrer que la droite qui joint I et J passe par un point fixe. Commentaire heuristique : Penser que l'une des droites D ou D' de la configuration de Pappus peut être la droite de l'inini ... (Solution p. 137) P.

III.9

Au cours d'un dessin on se trouve fréquemment dans la situation suivante : On a un point P et deux droites qui se coupent en dehors des limites de la feuille. On demande de construire, à la règle, la droite qui joint P à l'intersection R inaccessible des droites. (Solution p. 137)

+P

R→

IV. LE THEOREME DE DESARGUES On dira que deux triangles ABC, A'B'C' d'un plan d'incidence projectif (resp affine) sont en perspective, si les droites [AA'], [BB'], [CC'] sont concourantes (resp concourantes ou de même direction). Ce point de concours s'appelle le centre de perspective. E.E

IV 1

Soit A, B, C et A', B', C' deux triangles en perspective d'un K - plan affine. Si [AB] est parallèle à [A'B'] et [BC] est parallèle à [B'C'] alors [AC] est parallèle à [A'C'].

100

SOMMAIRE C'est une conséquence immédiate des propriétés de l'homothétie (ou exceptionnellement, de la translation).

E.E

IV 2

Le théorème de Desargues (1593 - 1661)

Soit A, B, C et A', B', C' deux triangles d'un K - plan projectif. 'pour que ces triangles soient en perspective, il faut et il suffit que les points de rencontre des côtés homologues (A" pour [BC] et [B'C'] ; B" pour [CA] et [C'A'] ; C" pour [AB] et [A'B'] soient alignés, sur une droite appelée axe de perspective. On trouvera une première solution dans le fascicule V du Livre du Problème. Seconde Solution : On reconnaît dans la figure du théorème de Desargues le dessin en perspective de la figure IV 1.

Troisième solution:

101

SOMMAIRE On reconnaît dans la figure du théorème de Desargues la perspective d'une figure de l'espace à trois dimensions: coupons un angle trièdre (de sommet 0) par deux plans M et M' qui rencontrent respectivement les arêtes de l'angle trièdre en A, B, C et A', B', C'. Les points A", B", C" apparaissent alors sur l'image de l'intersection des deux plans Met M', c'est-à-dire sur une droite.

Remarque : Ces deux démonstrations "visuelles" peuvent se formaliser rigoureusement quel que soit le corps K : on peut faire de la "géométrie dans l'espace" dans K3 avec les mêmes arguments que dans R3 ... E.E

IV.3

(Cf. [5])

Soit l'ensemble J = {1, 2, 3, 4, 5}, et P et D deux ensembles de 10 éléments chacun, indexés par des paires de nombres distincts appartenant à J. On dira que Pij ∈ P et Dkl ∈ D sont incidents si et seulement si les indices i, j, k, l sont différents. 1. Vérifier que l'on obtient ainsi un modèle d'incidence au sens strict, qui est isomorphe à la configuration de Desargues décrite en IV 2 (Les 10 points étaient alors 0, A, B, C, A', B', C', A", B", C"). 2. Montrer que trois points (resp trois droites) distincts sont alignés (resp concourantes) si leurs indices ne comportent que trois des cinq nombres 1, 2, 3, 4, 5.

102

SOMMAIRE 3. Montrer que l'application Pij |→ Dij de P sur D et sa réciproque définissent une autodualité de la configuration de Desargues.

4. Démontrer (par exemple en utilisant des déplacements de jetons, sur la figure ci-dessus) qu'il y a 120' automorphismes de la configuration de Desargues. . En déduire que ces automorphismes correspondent bijectivement aux éléments de S5 ensemble des permutations de {l, 2; 3, 4, 5}.

(Si σ ∈ S5, alors l'application Pij |→ Pσ(i) σ(j) est un automorphisme): Le groupe d'automorphismes de la configuration de Desargues est isomorphe à S5. Reconnaissance de forme : E.E

IV 4

On suppose qu'un trapèze inscrit dans un quadrilatère a ses bases (= ses côtés parallèles) parallèles à une diagonale. Montrer que les côtés non parallèles du trapèze se coupent sur l'autre diagonale. E.D

IV 5

Les sommets d'un triangle A', B', C' sont situés sur les côtés d'un triangle ABC, en sorte que les droites [AA'], [BB'], et [CC'] concourent. Montrer que les intersections des côtés homologues sont trois points alignés.

103

SOMMAIRE E.D IV 6 Étant donné un parallélogramme et un trapèze qui lui est inscrit, démontrer que le point d'intersection des diagonales du trapèze se trouve sur l'une des diagonales du parallélogramme. Solution : Dans chaque cas reconnaître la situation IV 2 (ou sa variante IV 3) avec éventuellement certains points à l'infini. E.D IV 7 Si deux côtés d'un parallélogramme sont parallèles à la diagonale d'un quadrilatère auquel il est inscrit, alors les deux autres côtés sont parallèles à l'autre diagonale. (Solution p. 138) E.D IV.8 1. Appliquer le théorème de Pappus et celui de Desargues à l'étude de la figure ci-dessous. 2. Composer un énoncé "dynamique" à partir de la figure en considérant que D et D' sont deux positions successives d'une droite variable pivotant autour de I. (Solution p. 139)

P

IV 9

1. On suppose que trois triangles deux à deux en perspective admettent une même droite comme axe de perspective deux à deux. Démontrer que leurs centres de perspective deux à deux sont alignés. 2. On suppose que trois triangles admettent un même point comme centre de perspective deux à deux. Démontrer que leurs axes de perspective (deux à deux) sont concourants ou parallèles. On peut réduire le premier énoncé à la forme canonique suivante : "Si trois triangles sont deux à deux homothétiques, leurs centres d'homothétie (deux à deux) sont alignés". (Solution p. 140)

104

SOMMAIRE CHAPITRE VI

Quelques structures d'incidence infinies

1. DANS AR ET AC P.

I.1

Le problème de Sylvester

Un ensemble fini E de AR satisfait à la condition suivante : (S) Toute droite qui joint deux points de E contient au moins un troisième

point de E. Démontrer que l'ensemble E est nécessairement contenu dans une droite. Commentaire heuristique et solution abrégée: Ce problème a été .posé par Sylvester en 1893 sous la forme négative : "Prouver qu'il n'est pas possible de disposer dans le plan réel un nombre fini de points en sorte que toute droite contenant deux de ces points en contienne aussi un troisième, sauf si tous les points sont choisis sur une même droite". Mais il ne reçut pas de démonstration acceptable jusqu'en. 1933. ([5] p. 65-66). On peut en proposer une formulation "positive" : "Si n points du plan réel ne sont pas alignés, il y a au moins une droite contenant exactement deux de ces points". En fait, on peut montrer qu'il y a au moins 3n/7 telles droites. Pour n=7, la configuration de E. D I.2 ch, IV réalise ce minimum. Dans l'énoncé, on ne peut pas remplacer R par n'importe quel corps K : si K est fini, tous les AK (sauf A2) sont des contre-exemples. De plus le théorème n'est pas valable dans AC (E. E I 2 ci-dessous). C'est-à-dire que les méthodes combinatoires usuelles et les simples manipulations des axiomes d'incidence ne suffisent pas à fournir une démonstration : il est indispensable de faire intervenir des propriétés spécifiques de R.

105

SOMMAIRE Certaines solutions utilisent seulement la structure d'ordre de R. Ici nous donnons une solution qui fait intervenir une structure euclidienne sur AR ainsi que la structure d'ordre. Démonstration par l'absurde: Si E n'est pas contenu dans une droite, pour tout couple de points de E, il existe au moins un. point P tel que P, A, B ne soient pas alignés. Parmi ces triplets (en nombre fini) il en existe au moins un pour lequel la distance de P à [AB] est la plus petite possible. Remarquons que dans un triangle qui a un angle obtus ou droit en un sommet, c'est la hauteur issue de ce sommet qui est la plus courte. En conséquence, dans le triangle PAB, ni l'angle A, ni l'angle B n'est obtus ou droit. Mais sur la droite [AB] il y a, par hypothèse un autre point C, appartenant à E. L'un des triangles PAC ou PBC a nécessairement un angle droit ou obtus en un sommet qui n'est pas P, ce qui contredit le choix du triplet P, A, B. E.E

I2

Plongement de A3 dans AK

1. Montrer qu'il n'existe pas dans AR un ensemble E de 9 points qui, associé au système des droites qui joignent ces points deux à deux, constitue un modèle d'incidence isomorphe à A3. 2. Il existe par contre un plongement de A3 dans AC. Solution : La solution de la première question résulte déjà du problème précédent : l'ensemble E cherché devrait satisfaire à la condition (S) de Sylvester. Voici une autre solution, qui résoudra en même temps la seconde question. Supposons qu'il existe un ensemble de points E = {A,B,C,D,E,F,G,H,I}, correspondant au schéma d'alignement de la figure de M II 7 chapitre IV. Les points A, C, G ne sont pas alignés : ils constituent notre triangle de référence. Comme B est le troisième point de la droite [AC] et D le troisième point de la droite [AG], on peut, grâce à une perspective, se ramener à la forme canonique où B est le milieu de [AC] et D le milieu de [AG]. Comme B est le troisième point de la droite [AC] et D le troisième point de la droite [AG], on peut grâce à une perspective, se ramener à la forme canonique où B est le milieu de AC et D le milieu de AG. Les coordonnées barycentriques du point A dans le repère ACG (cf fascicule V du Livre du Problème), sont (1,0,0); celles de B (1,1,0). De même C (0,1,0), G (0,0,1).

106

SOMMAIRE Le point E est sur la droite [CG] : ses coordonnées barycentriques sont de la forme (0, 1, x). A partir de ces données, on peut calculer les coordonnées des trois points manquants, et l'on constate que ce calcul est possible si, et seulement si x2 + x + 1 = 0. Cette équation n'admet pas de solution réelle, ce qui signifie que le plongement de A3 dans AR est impossible. Mais en prenant x égal à j ou j2 (racines cubiques complexes de l'unité) on réalise un plongement de A3 dans AC A titre d'exercice de calcul sur les nombres complexes on peut proposer la dernière question sous la forme : T.T

I3

Etant donnés trois points P0, Pl, P2 non alignés de C2, on construit les barycentres de P0, Pl, P2 affectés des coefficients α, β, δ suivants :

α

β

δ

P3

1

1

0

P4

0

1

1

P5

1

1

1+j

P6

1

1+j

j

P7

1

0

j

Vérifier que les deux quadrilatères P0, P2, P4, P6 et Pl, P3, P5, P7 sont mutuellement inscrits l'un dans l'autre. Prouver que les quatre diagonales de ces deux quadrilatères sont concourantes en un point P8 et que les points Pi , 0 ≤ i ≤ 8 constituent un plongement de A3 dans AC .

107

SOMMAIRE II. STRUCTURE D'INCIDENCE AFFINE ET R-STRUCTURE AFFINE Un modèle d'incidence satisfaisant aux axiomes A1 A2 et A3 s'appelle un plan d'incidence affine. Si l'on définit sur chaque droite du plan d'incidence M, une famille de graduations réelles, soumises a l'axiome de Thalès, on obtient une R-structure affine sur M. On peut s'interroger sur les liens entre ces notions : P.

II 1

Soit Mun plan d'incidence affine, dont les droites sont équipotentes à R. 1. Existe-t-il plusieurs façons de graduer les droites de M, fournissant plusieurs R-structures non isomorphes, compatibles avec la structure d'incidence de M. Solution : L'équipotence des droites de R est évidemment une condition nécessaire d'existence d'une R-structure affine. Supposons qu'il existe une R-structure affine sur M. Donnons nous une graduation sur une droite ∆ et marquons sur δ les points d'abscisses 0 et 1. Si l'on y marque aussi deux points M et N d'abscisses x et y, il est possible de construire, à la règle et au traceur de parallèle les points d'abscisse x + y et xy. (cf au fascicule II, chapitre 6 : l'étude des abaques à points alignés qui permettent de réaliser l'addition et la multiplication des réels). Autrement dit, les lois de composition du corps, sont entièrement déterminées par la structure d'incidence affine. Il n'y a donc qu'une seule R-structure affine sur M. Considérons maintenant le plan d'incidence affine AC (C est le corps des complexes). Toutes les droites sont équipotentes à C, donc à R. On peut, grâce aux abaques à points alignés cités, reconstituer sur chaque droite la structure du corps C. Cette structure n'est pas isomorphe à R : sur C, l'application x |→ x2 est surjective, alors que sur R l'image de cette application n'est qu'une demidroite. Ainsi, A C est un plan d'incidence affine qui ne peut recevoir aucune R-structure affine.

108

SOMMAIRE III. GEOMETRIE D'INCIDENCE SUR LE CYLINDRE ET SUR LA SPHERE M

III 1

Matériel : Une boîte cylindrique, un rouleau de papier, un fil, une épingle. Enroulant le papier sur la boîte, marquant des trous d'épingle et des traces de fil tendu, puis déroulant le papier, on étudiera la représentation planisphérique du cylindre, et l'on visualisera les phénomènes représentés dans l'énoncé suivant: E.E

III 2 G Soit V un vecteur du plan. On appellera place (resp fil tendu) un ensemble de points du plan (resp une réunion de droites) qui se déduit à partir d'un seul G point (resp une seule droite) par toutes les translations nV où n parcourt Z. 1. Prouver que par deux places distinctes passent en général une infinité de fils tendus. 2. A partir de droites parallèles on obtient des fils tendus parallèles. Prouver que par une place passe un fil tendu et un seul, parallèle à un fil tendu donné. Cet exemple est souvent gâché lorsque le professeur emploie le mot point (au lieu de place) et droite (au lieu de fil tendu ou ligne géodésique). Les élèves récusent l'exemple en déclarant: "Ce ne sont pas de vraies droites", et l'initiation à la pensée axiomatique en est compromise. A

III 3

Certains donjons comportent deux escaliers tournant ayant la propriété suivante: un personnage peut monter, par l'un des escaliers, sans rencontrer quelqu'un qui descend l'autre escalier. Etudier les dimensions d'un tel édifice. Solution : Les escaliers affectent la forme de deux "fils tendus" (hélices circulaires) parallèles. Le pas de chaque hélice doit être plus grand que le double de la hauteur humaine, augmentée de l'épaisseur du plancher de l'escalier. Par ailleurs, la pente d'un escalier ne saurait être trop abrupte (il peut être bon de faire mesurer une pente d'escalier par des élèves).Il en résulte que le diamètre de la tour doit être suffisant pour permettre une telle réalisation.

109

SOMMAIRE

110

SOMMAIRE On dessinera les deux traces des escaliers sur une représentation planisphérique du cylindre.

Par A et B passent plusieurs fils tendus Commentaire pédagogique: Les enroulements sur des cylindres (films, tissus, imprimerie rotative) sont des phénomènes très familiers et très utiles dans la vie courante. Les réflexions proposées en III 1 et III 2 n'ont rien d'artificiel. On fera remarquer qu'il y a plusieurs façons de tendre un fil sur un cylindre et que les diverses possibilités dépendent du nombre de tours (dans un sens ou dans l'autre) que fait le fil entre A et B. E.D

III 4

On appelle grand cercle sur une sphère S l'intersection de S avec un plan passant par le centre. Vérifier que : a) Si A et B sont deux points distincts de S qui ne sont pas diamétralement opposés.(antipodes), il y a un grand cercle et un seul qui contient A et B. b) Deux grands cercles distincts se coupent en deux points diamétralement opposés. E.D

III.5

Soit P l'ensemble des paires de points antipodes, et C l'ensemble des grands cercles d'une sphère S. Vérifier que P, C, ∈ est un modèle de plan projectif. Remarque pédagogique: On motivera l'usage des grands cercles en tendant un fil entre deux points d'un globe terrestre.

111

SOMMAIRE E.E

III.6

Analyser ce que devient la démonstration de l'existence et de l'unicité de la perpendiculaire menée d'un point A à une droite D (en géométrie euclidienne) lorsqu'on la transpose sur la sphère. Commentaire et solution : L'énoncé d'un tel problème doit être soigneusement adapté par le professeur au mode d'exposition utilisé dans sa classe. Mais de toute façon, la démonstration revient toujours à considérer le point A' symétrique de A par rapport à D et à démontrer que l'unique droite passant par A et A' est la réponse. Si on reprend la même argumentation sur la sphère : choisissons, pour simplifier le langage, l'équateur du globe terrestre comme grand cercle D. En général, à partir d'un point arbitraire A de la sphère, la démonstration faite dans le cas du plan se transpose sans modification. Un cas d'exception survient lorsque A est le pôle nord: A' est au pôle Sud. Comme par A et A' passe une infinité de méridiens, on voit que par le pôle nord passe une infinité de grands cercles perpendiculaires à l'équateur. A A D A' A' On observera que sur la sphère on peut trouver des triangles sphériques ayant trois angles droits !

112

SOMMAIRE IV. GEOMETRIE D'INCIDENCE NON EUCLIDIENNE Voici deux modèles de la géométrie plane de Lobatchewsky (l792-1856) E.E

IV 1

Le modèle de Beltrami (1835-1900)

Etant donné un cercle C dans un plan réel euclidien M, on désigne par P le disque ouvert limité par C. Un L - point est un point de M intérieur à C, une L-droite est une trace non vide d'une droite sur P. On dit que deux L droites sont L - parallèles si et seulement si elles sont confondues, ou bien si ce sont des traces de droites se coupant sur C. Ainsi deux L - droites disjointes ne sont pas nécessairement parallèles. Soit D l'ensemble des L - droites. Le modèle d'incidence { P, D ; ∈} satisfait-il aux axiomes Al A2 A3 ? Réponse: Les axiomes Al et A3 sont vérifiés, mais par tout L – point A on peut mener deux L - parallèles à une Ldroite δ .. (f i g u r e cicontre).

A 1 2 δ

E.E

IV 2

Le demi-plan de Poincaré (l854-1912) .

Soit P un demi-plan ouvert, d'arête γ, d'un plan réel euclidien. Un cycle est la trace sur P soit d'un cercle centré sur γ , soit d'une droite perpendiculaire à γ. Soit D l'ensemble de tous les cycles. On dit que deux cycles sont L - p a ra l lè le s, s'ils sont des traces sur P d e dro ites ou cercles tangents (nécessairement en un point de γ). Le modèle d'incidence {P , D ; ∈} satisfait-il aux axiomes ? Solution : Voici la construction de l'unique cycle qui passe par deux points donnés. A1 B2

γ

B1 A2

113

γ

SOMMAIRE Mais par un point A, on peut mener deux cycles parallèles à un cycle D donné :

E.E

IV 3

a) Dans la géométrie non - euclidienne de Lobatchewsky la relation de parallélisme est-elle une relation d'équivalence ? b) Si deux L - droites (ou cycles) sont parallèles, toute L – droite (ou cycle) qui coupe l'une coupe-t-elle l'autre ? c) Etant donnés deux L - droites (ou cycles) non L – parallèles montrer qu'elles admettent quatre L - parallèles communes, qui ne sont pas, en général L - parallèles entre elles. E.E

IV 4

On identifie le demi-plan de Poincaré à l'ensemble des nombres complexes z = x + iy tels que y > 0. Prouver que l'ensemble des applications définies par z 6 az + b (où a, cz + d b, c, d sont des nombres réels tels que ad − bc > 0) est un groupe d'automorphismes de la structure d'incidence (non-euclidienne). On étudiera d'abord le cas particulier c = 0, puis le cas particulier a = d = 0. On montrera que toute application du groupe est composée d'applications particulières du type précédent (réduction de la fonction homographique à sa forme canonique). Montrer qu'il existe un automorphisme du groupe et un seul qui applique trois points distincts arbitraires sur trois points distincts arbitraires. Remarque : on peut démontrer que ces deux exemples (Beltrami et Poincaré) sont deux modèles d'une même structure.

114

SOMMAIRE P

IV.5

Les théorèmes de Pappus et Desargues sont-ils vrais en géométrie non euclidienne de Lobatchewski ? Solution : Si l'on cherche à raisonner sur le modèle de Poincaré, on est confronté à l'étude d'une configuration compliquée de neuf (ou dix) cercles. Par contre, sur le modèle de Beltrami, la réponse est facile. On est amené à dessiner les mêmes figures qu'en géométrie projective, mais à n'en garder que la partie intérieure à C: à cause de cette restriction les théorèmes de Pappus et Désargues ne sont pas valables en géométrie non euclidienne. Cependant, chaque fois que les neuf (resp dix) L - points considérés dans l'énoncé de Pappus (resp Desargues) existent, ils sont soumis aux alignements requis par ces théorèmes.

V. GEOMETRIE NON - ARGUESIENNE E.E

V.1

Dans un miroir

"J'aperçus l'ombre d'un cocher Qui tenant l'ombre d'une brosse Nettoyait l'ombre d'un carrosse". (Extrait d'une description parodique des Enfers, par Ch. Perrault)

115

SOMMAIRE Pendant que l'on exécute, au tableau, des figures de géométrie affine réelle, on contemple la scène dans un miroir déformant. On appellera m - points, m - droites, et m - parallèles les images, dans ce miroir, des points, droites et parallèles. Le modèle des m - points et des m - droites satisfait-il aux axiomes A 1 et A 2 A 3 ? Il ne s'agit en fait que d'un simple "transport de structure", très instructif pour les élèves. L'exercice montre que la "forme des droites" n'intervient pas dans la question. Exercices analogues, en utilisant des procédés de cartographie déformant pour représenter la figure "réelle". E.E

V2

On consid ère, d ans le p lan P = R 2 , l 'en s e mb le D d es p arti e s suivantes: a) Les droites d'équations y = ax + b (avec a > 0 et b réel) b) Les droites d'équation x = α (avec a réel) c) Des lignes brisées, réunions de deux demi-droites définies ainsi : A chaque a < 0 et α réel, on associe la demi-droite, trace sur le demi-plan y > 0 de la droite d'équation y= a(x − α ) , à la demi-droite, trace sur le plan y ≤ 0 de la droite y = 2a(x − a). Les éléments de :D seront appelés des rayons (il y aura des "rayons rectilignes" (a) et b) et des "rayons réfractés" (c)). On dira que deux rayons sont parallèles s'ils sont disjoints. 1 . Préciser cette relation de parallélisme, en cherchant les rayons parallèles à un rayon d'un des types a), b) ou c) donné. 2. Démontrer que {P , D ; ∈} est un plan d'incidence affine. 3 . Démonter que le théorème de Desargues n'est pas valable dans ce plan de Moulton. Ainsi, ce plan d'incidence affine, ne peut être muni d'une R-structure affine (cf P II 1).

116

SOMMAIRE Solution : La vérification des axiomes A1, A2 présente quelques difficultés, qui ne relèvent que de la technique du calcul, mais qui ne portent pas sur l'idée essentielle. Le calcul le plus délicat apparaît dans la vérification de l'axiome A1, lorsqu'on cherche à joindre les points de coordonnées (x 1 , y 1 ) et (x2 , y2) dans le cas où y1 >0, y2 x1 .

Il s'agit alors de trouver deux nombres réels a et α tels que y 1 = a(x1 − α) et y2 = 2a(x2 − α). On commence par déterminer α grâce à l'égalité. α − x 2 y2 = α − x1 2y1 Le plan de Moulton n'est pas arguésien (i.e : le théorème de Desargues n'y est pas valable), comme l'illustre la figure ci-dessous:

Les triangles ABC et A'B'C' sont en perspective. Les côtés [AB] et [AC] sont respectivement parallèles à [A'B'] et [A'C']. Mais [B'C'] n'est pas parallèle à [BC], car (d'après le théorème de Desargues ordinaire, c'est [B'C"] qui est parallèle à [BC].

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SOMMAIRE On remarquera que la définition précise de la façon dont "se brisent" les rayons, correspondant à a < 0, n'a pas beaucoup d'importance: on peut la modifier de diverses façons sans empêcher le modèle de Moulton de fonctionner. Il est dommage qu'un exemple dont l'idée essentielle soit aussi simple, ne soit pas accessible (sans trop de perte de temps) à la plupart des élèves. C'est pour obvier à cette difficulté que nous avons composé l'énoncé de manipulation suivant, qui réduit les questions 1° et 2°. E. E V 2 , à de simples exercices de contemplation. M

V3

Fabriquons un modèle de plan de Moulton

Matériel: Deux feuilles de papier transparent de bonne tenue (ou deux feuilles de plastique transparent assez épais). Ruban adhésif transparent. Une équerre (angles 30 - 60°) et un grand trombone de papeterie.

Montage: (voir l'illustration ci-dessus) − Découper la feuille 2 de façon à ce que sa largeur coïncide avec le grand côté de l'équerre.

− Repérer Sur la feuille 1 une droite parallèle au bord de la feuille et dont la distance au bord coïncide avec le petit côté de l'équerre.

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SOMMAIRE Grâce au ruban adhésif, fixer le bord de/ la feuille 2 à la feuille l, le long de la droite précédente. . − Placer l'équerre sur la table et la maintenir verticale -grâce au trombone convenablement tordu (avec un second trombone; l'équerre sera mieux assurée si besoin est). Le petit côté de l'équerre fait face à l'observateur, et le second côté de l'angle droit repose sur la table. − Poser l'assemblage des feuilles 1 et 2 sur l'équerre, comme l'indique la figure. Notre plan de Moulton est prêt, il n'attend plus que ses droites. Tracé de droites sur notre modèle Principe : Les droites que nous verrons monter vers notre côté droit seront tracées entièrement sur la face libre de la feuille 1. Les droites que nous verrons descendre vers notre côté droit seront tracées sur la face articulée, moitié sur la feuille 1 , moitié sur la feuille 2. Pour les horizontales et les verticales, le choix de feuille pour le tracé est sans importance. Comment tracer des droites: Nous ôtons l'assemblage de l'équerre, le posons à plat, et nous traçons les droites à la règle comme d'habitude. Mais, la feuille 2 étant plaquée sur la feuille 1 (ce qu'elle fait d'elle-même lorsque nous soulevons l'assemblage de l'équerre), certaines droites sont à tracer d'un côté de notre assemblage de feuilles et les autres sur l'autre face, pour respecter le principe ci-dessus.

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SOMMAIRE Ce que nous voyons en regardant notre modèle en place: Les droites qui montent en allant vers le côté droit nous apparaissent comme des droites usuelles. Celles qui descendent vers le côté droit nous apparaissent brisées. La ligne de ces brisures est la droite le long de laquelle les feuilles sont assemblées. Comment est faite la brisure ? Le dessin ci-dessous l'illustre : une droite le long de laquelle on descend de 2 carreaux en se déplaçant d'un carreau vers la droite, au dessus de la brisure, est telle qu'en dessous de la brisure on ne descend plus que d'un carreau en se déplaçant vers la droite d'un carreau. De même lorsque, au dessus de la brisure on descend de 4 carreaux en allant vers la droite de 3 carreaux, on ne descend plus que de 2 carreaux pour le même déplacement vers la droite de 3 carreaux, si l'on est en dessous de la brisure. Remarque: La brisure observée ne suit en réalité la règle ci-dessus que pour une zone située à peu près en face de l'observateur. Des droites vues trop de côté par l'observateur lui apparaîtraient brisées, mais pas de la même manière. Commentaire pédagogique: Lorsqu'on raisonne sur ce gadget, la vérification des axiomes A l et A 2 est immédiate: par exemple, pour prouver que par deux points A et B on peut faire passer un rayon et un seul, il suffit de marquer A et B, de replier le modèle, à plat, de joindre A à B à la règle (en prenant soin de le faire du bon côté du plexiglas), puis on redéploye l'engin dans la position initiale.

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SOMMAIRE

SOLUTIONS

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SOMMAIRE

SOMMAIRE SOLUTIONS

Solution de P. I 7 1. On peut commencer par se rassurer en vérifiant que les deux diagrammes ont le même nombre de croix. 2. Dans le modèle, il n'y a qu'une seule ligne (la ligne c) qui ne comporte qu'une croix. Sur le second diagramme, il n'yen a pas : mais l'on remarque qu'il y a une colonne ne comportant qu'une seule croix. On va donc essayer d'intervertir le rôle des lignes et des colonnes. Cela permet de placer la lettre c et la lettre A. De la même façon, on pourra. inscrire les lettres F et f. (La colonne F, sur le modèle, est la seule qui comporte trois croix). 3. Sur le modèle, rien ne distingue les colonnes B et C. Sur le second diagramme il y a deux lignes portant deux croix, que rien ne distingue. Nous allons inscrire arbitrairement B et C en face de ces lignes. 4. Sur le modèle, les colonnes D et E restantes comportent chacune deux croix. Mais seule la colonne D a une croix sur la même ligne que B et C. Cette remarque permet de placer D et d, puis a, puis grâce à la colonne E, la ligne b. Les lignes a et e ont leurs croix sur des colonnes différentes, ce qui permet de placer e. 5. En conclusion, il y a deux façons de compléter le tableau: chacune correspond à un choix des colonnes B et C.

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SOMMAIRE On remarquera qu'en général, il est difficile de reconnaître que deux tableaux cartésiens représentent des relations isomorphes. Il ne suffit pas, bien sûr, que pour chaque ligne ou colonne du modèle on trouve une ligne ou colonne du diagramme à compléter ayant le même nombre de croix qu'elle. (La simplicité des exercices I 1 à 5 est exceptionnelle). Il est aisé d'imaginer des énoncés plus faciles ou plus difficiles, sur le même thème. Solution P. II 7

Voici les graphes complémentaires:

qu'on peut "déplier" en l'hexagone

qui n'est autre que le graphe constitué des deux triangles

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SOMMAIRE CHAPITRE III Solution de P. I 3 bis Partons d'une droite D : si elle n'est pas unicolore il y a deux points (A et B) d'une couleur (disons rouge) et un point bleu (soit P). Parmi les 4 autres points du plan, il y a un point rouge ou alors les 2 droites autres que D passant par P sont unicolores (bleues). S'il y a un point rouge C, le triangle ABC est unicolore et l'une des droites AC ou BC est unicolore (rouge) à moins que le troisième point de ces droites ne soit bleu... mais (problème précédent) ces trois points sont alignés et bleus. On peut le représenter par la succession de dessins :

125

SOMMAIRE Solution de E. E Il 1 Nous allons compter de deux façons le nombre de croix que comporte la matrice d'incidence du modèle. Cette matrice comporte p lignes (resp a colonnes) comportant chacune m croix (resp. n croix). Il y a donc p × n ou a × n croix en tout. Solution de P. Il 2 La formule précédente montre que chaque point a un degré égal à 2. Une recherche directe à partir des conditions imposées conduit sans difficulté à la solution et en suggère l'unicité à isomorphisme près (on n'a que le choix du nom, ou de la couleur des alignements et des points). Une façon très expéditive de répondre à ce problème est de remarquer que le dual de la configuration cherchée est un graphe à 5 sommets et 10 arêtes : c'est donc le graphe complet à 5 sommets (car 5 × 4 / 2 = 10). On peut. aussi résoudre le problème, sans utiliser la dualité, mais en raisonnant sur les alignements (il y en a moins! ) plutôt que sur les points. On constate qu'il existe une bijection de l'ensemble des points vers l'ensemble des "paires d'alignements distincts". (Ces deux ensembles ont chacun 10 éléments). Cela suggère de dessiner cinq droites du plan, de façon que trois d'entre elles ne soient jamais concourantes, et que deux d'entre elles ne soient jamais parallèles. On obtient ainsi une des configurations cherchées, en prenant comme "points" les intersections de chaque paire de droites distinctes:

On constate que deux telles configurations sont isomorphes. En effet, toute bijection entre les ensembles de droites définit un isomorphisme entre les configurations d'incidence.

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SOMMAIRE Solution de P Il 3 Ici encore, la formule montre que le degré de chaque point est 2. Mais l'application qui associe à tout point la paire d'alignements qui y passe, n'est pas surjective, puisqu'il y a 12 points et 6 × 5 / 3 = 15 paires d'alignements : il existe donc trois paires d'alignements disjoints.

Soit δ et δ ' deux alignements disjoints : chacun des 4 alignements autres que δ et δ ' rencontre δ , puisqu'il doit y avoir 4 points sur δ . II en résulte que l'ensemble des 6 alignements se partage en 3 paires d'alignements disjoints. Cela suggère la construction suivante : on construit dans le plan trois paires de parallèles (non confondues !) dans trois directions différentes. L'ensemble des points d'intersection de ces 6 droites fournit la configuration cherchée. Voici des figures possibles:

Ces configurations, d'aspect dissemblable, sont pourtant isomorphes. A tout isomorphisme entre ces deux modèles correspond une bijection entre les deux ensembles de 6 droites. Mais pour qu'une bijection entre ces ensembles de droites définisse un isomorphisme, il faut et il suffit que cette bijection respecte le parallélisme ; autrement dit, à deux droites de même couleur doivent correspondre des droites de même couleur. On en déduit qu'il existe 6 × 4 × 2 = 48 automorphismes de cette structure. Une droite du 1er modèle peut être appliquée sur l'une des 6 droites du 2ème (ce qui fournit 6 choix), mais alors sa parallèle a une image déterminée. Cela posé, une des 4 droites restantes (dans la source) peut être appliquée sur l'une des droites restantes dans le but. (Ce qui fournit 4 choix). Enfin, il reste 2 possibilités d'achever la bijection, avec les deux droites parallèles restantes.

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SOMMAIRE Solution de P. III 2 a) Pour 6 c'est trivial. b) Pour 7 c'est impossible : en effet, on veut obtenir une configuration semirégulière, comportant 7 alignements de degré 3, avec n points de degré 2. La formule 7 × 3 = n × 2 fournit un nombre impair d'un côté, et un nombre pair de l'autre. c) Pour 8 les réponses sont nombreuses, mais il faut un peu d'imagination : c'est un excellent exercice pour les jeunes de 9 à 99 ans! Voici quelques-uns des modèles donnés par des élèves de CM 1 (École annexe de l'École Normale de Sélestat toujours! ) :

En voilà un autre:

et encore un (non connexe mais très complet! )

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SOMMAIRE Solution de P. III 3 Nous avons vu que les automorphismes de cette configuration s'obtiennent à partir des permutations de l'ensemble des alignements. Il s'agit donc de manœuvrer pour trouver une permutation des droites numérotées 1, 2, 3, 4, 5 telle que les sommets rouges se transforment en sommets bleus et vice-versa. Pour que deux droites se coupent en un sommet rouge (resp. bleu) il faut et il suffit que leurs numéros soient consécutifs (resp. non consécutifs) modulo 5. On peut choisir par exemple la permutation : 5Q5 1→2→4→3→1 qui fournit un des automorphismes cherchés. Solution de P. III 4 Les deux cases g et h du milieu sont chacune adjacentes à 6 cases. Elles ne peuvent donc contenir que 1 et 8 ; 2 et 7 sont dans la seule case non adjacente. A une symétrie horizontale près (autour de X) on a nécessairement la configuration :

A une symétrie verticale (autour de Y) près, 3 est nécessairement dans la case b (par symétrie). Si l'on met 4 dans la case e, on ne peut placer ni 5 et 6 dans la case f. Donc 4 est dans la case e et on obtient une solution unique aux deux symétries près.

On remarque que la configuration finale est telle que deux cases symétriques par rapport au centre portent des nombres dont la somme est 9. Qui peut expliquer ce "mystère"? !

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SOMMAIRE Solution de P. III 5 On remarque qu'il y a des points d'ordre 3 et des points d'ordre 2. Soit S la somme totale des nombres inscrits et s la somme qui sera inscrite sur chaque alignement. Supposons que x soit le nombre inscrit sur un sommet d'ordre 3. Comme le montre la figure ci-contre, en x utilisant les 3 alignements coloriés en rouge, on a :

S = x + 3(s − x) = 3s − 2x. Ceci montre que sur tous les autres points d'ordre 3 il faut aussi mettre le nombre x; mais alors sur le troisième point (d'ordre 2) de chaque alignement il faut placer le même nombre y =s − 2x. Il y a donc une seule possibilité (au choix près de x et y bien sûr) : C'est celle qui est donnée par la figure suivante.

Solution de P. III 6 Représentons par A, B, C, D, E, F les 6 ports. Une vedette sera alors représentée par un ensemble de 3 lettres distinctes puisées parmi ces 6 lettres. Chaque ensemble de 3 lettres détermine 3 paires de lettres différentes, puisque chacune des C62 = 15 paires doit intervenir deux fois, il y aura: 2 × 15 / 3 = 10 circuits de vedettes. Désignons par ABC et ABD les deux circuits passant par A et B. Alors aucun des deux circuits passant par C et D ne peut passer par A ou par B : en effet si par exemple il y avait les 3 circuits: ABC, ABD et

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SOMMAIRE ACD, parmi les paires contenant A il resterait à utiliser: 2 fois la paire AE et 2 fois la paire AF, ce qui ne serait possible que dans AEF qu'il faudrait compter deux fois et cela est exclu par la condition 3°. Autrement dit, les deux circuits passant par C et D ne peuvent être que CDE et CDF. De même, les deux circuits passant par E et F seront AEF et BEF. On remarque alors que les 4 circuits encore à déterminer doivent utiliser une fois et une seule les 12 paires de lettres autres que AB, CD et EF (qui ont déjà été utilisées 2 fois). Le deuxième circuit passant par A et C doit contenir E ou F (D est exclu puisque C et D sont déjà reliés par 2 vedettes). Comme les lettres E et F sont intervenues symétriquement jusqu'ici, on peut choisir d'appeler E celle qui se trouve sur le deuxième circuit joignant A et C. On a ainsi déjà les 7 circuits: ABC, CDE, AEF, BEF, ACE. Il est alors immédiat de terminer la liste (en regardant les paires encore disponibles) par ADF, BCF et BOE sans nouveau choix possible. Au choix près du nom des ports, la solution est donc unique. Autres présentations: 1. Voici une solution avec les lettres: O, L, T, C, E, I : OIE – COI – LIE – OTE – LOT – COL – LIT – TIC – CLE – CET On peut essayer de modifier le nombre de lettres (en conservant les mêmes règles). a) Avec 4 lettres il y a de nombreuses solutions (cf, "le jeu des mots de 3 lettres" in Revue A.R.P. [1] n° 17 (Novembre 74). Par exemple : U, S, C, E : USE - SEC - SEL - ECU - SUC O, I, L, S : COL - COI - LOI - CIL S, O, L, I : SOL - LOI - SOI - ILS S, O, T, E : SOT - EST - OTE - OSE

b) Avec 5 lettres le problème est impossible car 10 × 2 n'est pas divisible par 3. c) Avec 7 lettres, on trouve 14 mots : en voici un exemple : U, E, S, C, L, O, I et la liste : OUI − OIE – LUI – LIS - SEL – OLE –USE − COL – SOC – ECU – LUC – SOU – SIC – ICE .

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SOMMAIRE 2. Solution "colorée" : (10 triangles)

Solution de P. IV 4 Soit O, un sommet parmi les 19. De ce sommet partent 18 arêtes coloriées en trois couleurs; il y en a au moins 6, OA l , OA 2 , OA 3 ... OA6 qui sont d'une même couleur (bleue pour fixer les idées). Alors : Ou bien, parmi les arêtes du graphe complet A l , A 2 ... A 6 il en est une qui est bleue, et dans ce cas on trouve un triangle unicolore bleu. Ou bien aucune des arêtes du sous-graphe complet de sommet A l , A2... A6 n'est bleue.. Dans ce cas, ce sous-graphe est colorié en 2 couleurs et le théorème de Ramsey affirme l'existence d'un triangle unicolore (qui n'est pas bleu).

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SOMMAIRE CHAPITRE IV Solution de P. I 7 Soit O un point du plan projectif; tous les autres points sont situés sur les k + 1 alignements passant par O, à raison de k points (distincts de O) par alignement. On trouve, en comptant O, un total de : 1 + (k + l)k = k2 + k + 1 points. Un raisonnement dual montre que le nombre des alignements est aussi k2 + k + 1. Lorsque k = 2, on trouve le plan projectif à 7 points (qui s'appelle aussi le plan de FANO) dont des modèles sont apparus en M I 1 et E. D I 2. Pour k = 3, on obtient le plan projectif à 13 points, dont les exercices qui suivent fournissent un modèle. Solution de E. E II 3

a) Si D = ∅ , X ne peut comporter deux points distincts (Al). Par contre { ∅ , ∅ ; ∈ } et {{A}, ∅ ; ∈ } (où {A} est un singleton) satisfont à Al et A2. b) { ∅ , ∅ ; ∈ } est un plan presqu'affine. Si X est un ensemble quelconque, {X, {X}, ∅ } ; ∈ est aussi un plan presqu'affine. Tous les points sont sur la droite X. Et X et ∅ sont parallèles (car X ∩ ∅ = ∅). c) Si X = {A , B}, l'ensemb le des parties P (X) est . ég al à {{A,B}, {A}, {B}, ∅}. Cherchons les parties D ⊂ P(X) qui fournissent des plans presqu'affines. Remarquons que, puisque .A et B sont deux points distincts de X, {A, B} doit appartenir à D , d'après Al. Si l'on suppose que ∅ ∉ D , il y a quatre possibilités pour D , qui fournissent des plans presqu'affines ; mais D = {{A,B}, {A}} et {{A, B}, {B}} conduisent à des plans presqu'affines isomorphes. Si ∅ ∈ D , il n'est pas possible que {A} ∈ D . Car sinon, par le point A ∉ ∅ , on pourrait mener deux droites distinctes parallèles à ∅ : à savoir {A} et {A, B} . Mais D = {{A, B}, ∅} répond au problème. En résumé, il y a quatre structures d'espace presqu'affine possibles, sur un doubleton X = {A, B}.

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SOMMAIRE Solution de P. II 5 Soit G et : F les ensembles des garçons et des filles fréquentant ce bal. Admettons que G ne soit pas vide et désignons par d la relation : "Le garçon... a dansé avec la fille..." Les deux hypothèses s'expriment ainsi

(1) ∀ g ∈ G ∃ f ∈ F g − non-d − f (II) ∀ f ∈ F ∃ g ∈ G g − d − f Tentative de solution:

Puisque G n'est pas vide, il existe g ∈ G et d'après (I), il existe une fille f ' telle que g − non d − f '. En outre, d'après (II), il existe g ' ∈ G tel que g ' − d − f Il resterait à prouver l'existence d'une fille f qui a dansé avec g mais n'a pas dansé avec g'. Autrement dit on cherche f ∈ d − 1(g) − d − 1(g ') où d − 1(g) désigne l'ensemble des filles qui ont dansé avec le garçon g. Mais, si g est choisi arbitrairement, rien ne nous permet d'affirmer que c'est possible (i.e. que d−1(g) − d−1(g ') ≠ ∅ ou encore d−1(g) ⊂ d−1(g ')). "Rectification de tir"

Il semble que le choix de g est d'autant meilleur que d−1(g) est "plus gros". Donc il est bon de choisir le garçon qui a dansé avec le plus de filles. Mais attention, il est possible qu'il y ait des ex aequo à cette compétition. Nous choisirons donc un garçon g qui a dansé avec un ensemble maximal de filles. Dans ces cond itions, il est impossib le qu el qu e so it g ' que d − 1 (g) ⊂ d − 1 ( g '), c ar comme o n s a i t q u e g ' − d − f ' e t g − non d − f ', l'inclusion d −1 (g) ⊂ d −1 (g') serait stricte, et g' aurait dansé avec plus de filles que g, ce qui contredit le caractère maximal du choix de g. En conséquence d − 1(g) ⊄ d − 1(g ') , ce qui prouve l'existence de f tel que g − d − f et g'− non d − f.

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SOMMAIRE CHAPITRE V

Solution de P. I 5 Supposons les 3 points alignés sur D. Alors (cf. E. E I.2) trois cas peuvent se produire : • p1 et p2 sont des bijections. Alors puisque K a 3 éléments cela veut dire que x1 , x2 , x3 (resp. y1 , y2 , y3) sont à l'ordre près 0, 1 et 2 dont la

somme est bien 0 . • p1 (resp. p2) est une application constante, c'est-à-dire : D a pour équation x = a a ∈ K (resp y = b). Alors x1 + x2 + x3 = 3.a = 0 (resp y 1 + y 2 + y 3 = 3.b = 0 ) et comme p 2 (resp p 1 ) est alors une biject i o n o n a c o m m e p o u r c i - d e s s u s y 1 + y 2 + y 3 = 0 ( r e s p x1 + x2 + x3 = 0 ). x1 + x 2 + x 3 = 0 (les 3 points étant distincts) y1 + y 2 + y3 = 0 alors la droite déterminée par les 2 points (x 1 , y 1 ) et (x 2 , y 2 ) contient un troisième point qui vérifie (1) : ce ne peut être que (x 3 , y3).

• Réciproquement si (1)

Solution de E. D I 6 Bien sûr, si on a déjà traité P II 13 (chapitre IV) on a la réponse et la démonstration. Une démonstration analytique est également aisée, mais son intérêt est surtout de faire effectuer des calculs simples de géométrie analytique dans un corps autre que R (ou C). Elle oblige également à interpréter géométriquement les résultats des calculs effectués: on appelle (x l , y 1 ) (x 2 , y 2 ) et (x 3 , y 3 ) 3 points ABC non alignés et distincts (donc x1 + x2 + x3 ≠ 0 ou y1 + y2 + y3 ≠ 0. On supposera par exemple x1 + x2 + x3 ≠ 0). Soit 1 le milieu de BC, J celui de AC, K celui de AB.

135

SOMMAIRE AI a pour équation : y = y1 + BJ a pour équation :

y1 + y 2 + y3 (x − x1 ) x1 + x 2 + x 3

y = y2 +

y1 + y 2 + y3 (x − x 2 ) x1 + x 2 + x 3

y1 + y 2 + y3 (x − x 3 ) x1 + x 2 + x 3 Ces trois droites sont parallèles et deux à deux distinctes. Solution de E. D I 7 Il n'yen a pas! Commentaire pédagogique : Ne gâchons pas l'effet de surprise ! Solution de E. E II 1 et CK :

y = y3 +

1° Si n = n 1 × n 2 où|n 1 | et |n 2 |sont différents de 1, alors, dans Z n n 1 ≠ 0, n 2 ≠ 0 , mais n 1 × n 2 = 0. Donc, Z n n'est pas un anneau intègre. Maintenant, si n est premier, Z n est intègre et il est classique que c'est un corps. 2° Dans ( Z 6 ) 2 les axio mes A 1 e t A 2 n e son t p a s s a t i sfa i t s. On y constate entre autres la monstruosité suivante : La "droite" d'équation 2x + 2y = 0 est la réunion des deux "droites" disjointes d'équations : x + y = 0 et x + y = 3 . Solution de E. E III 1 Première solution : Il est adroit de choisir D et D' comme axes de coordonnées et de désigner par a 1 a 2 , a 3 les abscisses de A 1 , A 2 , A 3 , et par b l , b 2 , b 3 les coordonnées de B1, B2, B3.' y L es dro ites [A 3 B 1 ] et [A 2 B 1 ] on t pour équ ation x + = 1 et a 3 b1 x + y = 1. a 2 b1

Leurs coefficients directeurs sont donc

136

− b1 − b1 et . a3 a2

SOMMAIRE L e s d ro it e s [A 1 B 3 ] et [A 1 B 2 ] on t donc pour équation s −b −b y = 1 (x − a1 ) et y = 1 (x − a1 ) . a3 a2 Les ordonnées de B3 et B2 sont donc

a1b1 ab et 1 1 al bl . a3 a2

Les droites [A2 B3] et [A3 B2] sont parallèles car leurs coefficient directeurs sont égaux à −(a1 b1)/a2a3. Deuxième solution : Désignons par H 1 , 2 (resp H 2 , 3 resp H 1 , 3 ) l'homothétie de centre O qui transforme A1 en A2 (resp A2 en A3) (resp Al en A3). On vérifie que H 1 , 2 = H 2 , 3 o H 1 , 3 = H 1 , 3 o H 2 , 3 (parce que le corps K est commutatif). Or, H 1 , 3 o H 2 , 3 transforme le point B3 en B1 . Donc, la transformée par H 1 , 2 de la droite [Al B3] est [A3 B1]. Ces droites sont donc parallèles. Remarque: La notion d'homothétie utilise la structure de corps de K : on ne peut parler d'homothétie dans un plan d'incidence affine qui n'est pas un k - plan. Solution de Exemple1 III.8 On remarque déjà, en prenant pour direction variable celle de D1 puis celle de D2, que ce point fixe ne peut être que le point d'intersection, soit K, de la parallèle à D1 menée par A et de la parallèle à D2 menée par C. Mais alors il suffit d'appliquer le théorème de Pappus aux trois points alignés A, B, C et aux trois points ∞D1 , ∞D2 , ∞δ de la droite de l'infini que sont: la direction de Dl, celle de D2 et la direction variable choisie. On obtient l'alignement des 3 points :

[A ∞δ ] ∩ [B ∞D1] = I [B ∞D2] ∩ [C ∞δ]= J [A ∞D2] ∩ [C ∞D1] = K Solution de P. III 9 On essaie de reconstituer une configuration de Pappus, telle que l'alignement final (désigné par C 1 , C 2 , C 3 dans III 2) soit P, Q, R, où Q est un point accessible et R le point d'intersection des droites données.

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SOMMAIRE On choisit A l et B 3 sur l'une des droites, A 3 et B 1 sur l'autre. A 2 (resp B 2 ) est à l'intersection de [A l A 3 ] (resp [B 1 B 3 ]) et de [P B 1 ] (resp [P A1]). Puis, on détermine Q= [A3 B2] ∩ [A2 B3]. La droite PQ est la droite cherchée. B2 A3 B1 Q P A2

B3 A1 Solution de E. D IV 7 On reconnaît la configuration de Desargues (avec O à l'infini). On en déduit l'alignement des 3 points :

D =[AC] ∩ [A'C'] ; D' = [BC] ∩ [B'C'] et [AB] ∩ [A'B']. Mais ce dernier point est le point infini de la direction des deux côtés [AB] et [A'B'], qui est donc aussi la direction de [DD']. C A B D D' A' B'

138 C'

SOMMAIRE

Solution de E.D IV.8

Le théorème de Desargues appliqué aux deux triangles: Al B2A'1 et A2B1A'2 donne l'alignement des trois points : α, α', et J. Le théorème de Pappus fournit l'alignement des points : a, β, α' . On obtient donc l'alignement des quatre points J, α, α', β sur une droite D' qui ne dépend que de la position du point I, comme on le voit immédiatement en remarquant que si D' varie la droite ∆' reste fixe puisqu'elle doit toujours contenir les points J et α. Donc, lorsque δ pivote autour de I, le point [Al B2] ∩ [A'lB'2] décrit une droite fixe.

I D1 A'1 ∆'

B1

A1

α

α' β

A2 B2 A'2

D

139

δ

D'

D2

SOMMAIRE Solution de P. IV 9 La plus grande difficulté consiste à faire une figure lisible... Appelons ABC, A'B'C' et A"B"C" les trois triangles et : SI =[AA']() [BB']() [CC'] et S2 et S3 les deux autres centres de perspective. L'hypothèse faite dans la première ~uestion signifie que par exemple les trois droites [AB], [A'B'} et [A"B'] ont un point commun (1) donc les triangles AA'A" et BBB" sont aussi en perspective. Mais cela conduit à l'alignement des trois points SI, S2 et S3' La deuxième question utilise une idée analogue.

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SOMMAIRE

Bibliographie [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8]

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Activités Recherches Pédagogiques n° 17 (Novembre 74). BERGE C., Graphe set Hypergraphes, Paris, Dunod, 1970. BERGER, Cours de géométrie, CEDIC, 1976. CHERONA, Les échecs artistiques, Payot ed. COXETER H.S.M., Introduction to Geometry, J. Wiley and Sons, New-York, 1969. FRENKEL J., Géométrie pour l'élève professeur, Paris, Hermann, 1973. GARDNER M., Le paradoxe du pendu, Paris, Dunod, 1971. HILBERT D. et COHN-VOSSENS., Anschlau/iche Geometrie. Berlin, Verlag von Springer, 1932 (traduction anglaise de P. Némenyi : Geometry and the Imagination. New-York, Chelsea Publ. C° 1952). MOULTON F.R., A simple Non Desarguesiam plane Geometry, Trans. Amer. Math. Soc. 3 (1902), p.192-195. ROSENSTHIEL P. et MOTHES J., Mathématiques de l'action, Paris, Dunod, 1968. SCHUPP H., Mühlegeometrie Schoningh (1973), Padderborn. SENECA. Les échecs. Livre de poche pratique, 3873 Librairie Générale Française, 1974. TARTAKOVER. Bréviaire des échecs. Paris, Ed. Stock, 1942. . VAJDA S., The mathematics of Experimental Design, London, Charles Griffin and C° Ltd, 1967. WAGENSCHEIN M., Ursptungliches Verstehen und exaktes Danken, Klett Stuttgart, 1965.

SOMMAIRE COLLECTION FORMATION DES MAITRES EN MATHEMATIQUE Directeur: Maurice GLAYMANN Tous les ouvrages de cette collection destinée aux maîtres en exercice proposent des situations et des activités en prise directe avec la réalité pédagogique quotidienne. Ils concernent plus particulièrement, s'ils sont marqués d'un : * les enseignants de l'enseignement élémentaire  les enseignants du premier cycle de l'enseignement secondaire ∇ les enseignants du deuxième cycle de l'enseignement secondaire. 1. LA LOGIQUE A L'ECOLE * M. Glaymann − P.C. Rosenbloom

2. LA MATHEMATIQUE ET SES APPLICATIONS ∇ Troisième séminaire international - E. Galion

3. L'ALGEBRE LINEAIREPAR SES APPLICATIONS ∇ T. J. Fletcher

4. LE LIVRE DU PROBLEME  ∇ - Pédagogie de l'exercice et du problème - Exercices élémentaires de géométrie affine - La parité - La convexité - Le calcul barycentrique - Géométrie d'incidence I.R.E.M. de STRASBOURG

5. ADDITION DANS N * M. Robert

6. MODELES FINIS *  A.. Myx

7. LA GEOMETRIE AUTOUR D'UN CARRE  P. Gagnaire

8. LE LANGAGE DES CATEGORIES ∇ P. J. Hilton

9. LES PROBABILITES A L'ECOLE * ∇ M. Glaymann et T. Varga,

10. ACTIVITES SUR QUELQUES THEMES D'ALGEBRE  ∇ L. Jeremy

11. OPERATEURS A L'ECOLE ELEMENTAIRE * F. Jarente

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SOMMAIRE 12. RENCONTRE SUR L'ENSEIGNEMENT ELEMENTAIRE  ∇ Quatrième séminaire - E. Galion

13. POINTS DE DEPART *  C.S. Banwell, K. D. Sanders et D. G Tahta

14. APPORT DE L'INFORMATIQUE A L'ENSEIGNEMENT MATHEMATIQUE  ∇ Jean Kuntzmann

15. SIX THEMES POUR SIX SEMAINES *  A. Myx

16. PROBABILITES STATISTIQUES ET BIOLOGIE ∇ J. L. Chassé et A. Pavé

17. INITIATION MATHEMATIQUE *  Jean et Suzanne Daniau

18. LA MATHEMATIQUE VIVANTE *  ∇ I. I. Perelmann

19. MATHEMATIQUES BUISSONNIERES  ∇ A. Deledicq

20. L'ENSEIGNEMENT DES PROBABILITES ET DE LA STATISTIQUE  ∇ A. Engel

21. LE THEOREME DES SEPT CERCLES ∇ C. J. A. Evelyn, G. B. Money-Coutts, J. A. Tyrrell

22. NUMERATION A L'ECOLE * Jarente

23. APPRENTISSAGE DE L'ANALYSE ∇ R. Barra 1. Nombres réels - Suites 2. Continuité - Limites - Continuité uniforme 3. Dérivation - Développements limités 4. Intégrale de Riemann - Intégrales généralisées ,

24. EVOLUTION ET ETUDE CRITIQUE DES ENSEIGNEMENTS DE MATHEMATIQUE *  ∇ J. Kuntzmann

25. MATHEMATIQUE, ECONOMIQUE ET GESTION  ∇ Daniel Fredon

26. MATHEMATIQUE ET JEUX *  François Boule

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SOMMAIRE

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CEDIC :

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Dépôt légal 3ème Trim. 1976 Imprimerie VAUDREY - LYON