Géométrie affine

J'ai besoin de références ou des exercices corrigés sur les espaces affines et les applications affines et merci d'avance.

Réponses

  • Mon cher Chettah
    En Taupe on ne fait que de l'algèbre linéaire, les espaces affines sont pratiquement inconnus.
    Il te sera difficile de trouver des exercices de géométrie affine dans les livres de Taupe actuels.
    Il faut peut-être chercher dans les ouvrages préparant à l'agrégation.
    Regarde aussi le livre de Jean-Denis Eiden, Dans le jardin d'Eiden, il y en a peut-être mais je n'en suis pas sûr car je suis loin de mes bases.
    Grosso modo, tout problème de géométrie affine se traduit par un problème d'algèbre linéaire dès qu'on fait des calculs dans des bases!
    Inversement quand tu fais de l'algèbre linéaire, tu fais de la géométrie affine sans le savoir!
    Sur le forum de géométrie, j'aime bien poser des problèmes de géométrie affine qui se traduisent par des constructions.
    En voici un exemple:
    On se donne dans le plan affine un triangle $ABC$ et une droite $L$ sur laquelle se trouvent trois points distincts deux à deux $A'$, $B'$, $C'$.
    Soit $f$ l'application affine définie par: $f(A)=A'$, $f(B)=B'$, $f(C)=C'$.
    Soit $M$ un point du plan.
    1° Construire le point image $M'=f(M)$.
    2° Construire les points fixes de $f$.
    3° Les points $A'$ et $B'$ étant donnés sur $L$, où doit se trouver le point $C'$ sur $L$ pour que $f$ soit sans point fixe?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Cet exercice se fait naturellement avec un logiciel de géométrie, genre GeoGebra ou Cabri!
    Mais sur ce forum consacré aux livres, articles et revues, je doute que mon problème de géométrie affine intéresse qui que ce soit!83680
  • Bonjour Pappus,
    Sans vouloir me montrer un peu bête, quelle est cette transformation s'il te plaît? (Est-ce en rapport avec les transversales?)
  • Bonjour Rafykfan
    Elle ne porte pas de nom spécial mais on va montrer que c'est la composée de transformations affines connues.
    C'est cela la géométrie: penser transformations
    Puisque l'image de $f$ est une droite affine, $f$ est de rang $1$ tout comme sa partie linéaire $\vec f$.
    On connait un des sous-espaces propres de $\vec f$, à savoir la direction de la droite $L$ .
    Il s'agit maintenant d'exhiber le noyau de $\vec f$ et pour cela on va chercher sur la droite $BC$ un point $a$ tel que $f(a) =A'$, comment faire?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Merci pour ces indications précieuses Pappus. La géométrie elle est partout
  • Bonjour pappus,

    Je tente cette construction (où ne figurent que des parallèles) pour ta dernière question.
    La droite $(Aa)$ en rouge donnerait la direction du noyau de $\overrightarrow{f}$83704
  • Merci Lake
    Je suis très heureux de dialoguer avec toi, à nouveau.
    Tu devrais commenter ta figure un peu plus pour que tes lecteurs néophytes te comprennent.
    Avant de passer à la dernière question, en fait la plus intéressante, je corrige déjà la première question!
    La restriction $g=f\vert_{BC}$ est une bijection affine de la droite $BC$ sur la droite $L$.
    Il existe donc un unique point $a\in BC$ tel que $f(a)=g(a)=A'$
    J'ai tracé en rouge la construction de ce point $a$ au moyen du graphe $D$ de $g$, tracé en pointillé rouge sur ma figure.
    J'ai expliqué des dizaines et des dizaines de fois cette construction ici même!
    On a donc $f(A)=f(a)=A'$.
    Par suite $\vec f(\overrightarrow{Aa})=0$.
    Le noyau de $\vec f$ est donc la direction de la droite $Aa$.
    Si on projette donc respectivement les points $A$, $B$, $C$, $M$ parallèlement à la droite $Aa$ sur la droite $L$ en $A''$, $B''$, $C''$, $M''$, on sait que la correspondance affine $A''B''C''M''\mapsto A'B'C'M'$ est une homothétie -translation $h_L$ de la droite $L$ et c'est en général une homothétie, (qui se lit sur la figure), de rapport $\lambda=\dfrac{\overline{B'C'}}{\overline{B''C''}}$.
    On a donc $M'=h_L(M'')$
    J'ai tracé en bleu sur ma figure la construction du point $M'$ à justifier évidemment via l'axiome de Thalès!
    L'homothétie-translation $h_L$ de la droite $L$ se prolonge naturellement en une homothétie-translation $h$ du plan tout entier, (faut-il vraiment faire un dessin?) et on a:
    $$f=p\circ h=h\circ p$$
    où $p$ est la projection affine sur $L$ parallèlement à la droite $Aa$.
    On a donc ici une décomposition canonique de $g$ au sens de Goblot
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    On peut dire que cela fait un exercice de géométrie affine corrigé pour Chettah, courtesy of this forum.
    C'est déjà mieux que l'ensemble vide!83708
  • Bonsoir Lake
    Voici ma propre construction que je commente un peu plus que toi mais que je ne justifie pas pour laisser un peu de grain à moudre à Chettah.
    C'est peut-être la même que la tienne, il faudra que je vérifie.
    On complète les parallélogrammes $CAA'U$ et $CBB'V$.
    La droite $UV$ coupe la droite $A'B'$ au point $C'$ cherché.
    $f$ est alors le produit commutatif de la projection affine $p$ sur la droite $A'B'$ parallèlement à la droite $UV$ et d'une translation $\tau_{\bf u}$ dont le vecteur $\bf u$ dirige la droite $A'B'$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    On peut dire que c'est un deuxième exercice pour Chettah
    En voici un troisième, jamais deux sans trois!
    On considère un $n$-simplexe $A_0\dots A_n$.
    Soit $F_k$ la face hyperplane ne contenant pas le sommet $A_k$ pour $0\le k\le n$.
    Soit $L$ une droite coupant chaque face $F_k$ au point $M_k$. On note $P_k$ le milieu du segment $A_kM_k$.
    Montrer que les points $P_k$ sont dans un même hyperplan
    Trois exercices! J'ai fait ce que j'ai pu pour lui sans compter ceux du Goblot qui sont certainement plus durs!83710
  • A fond avec les transformations
  • Bonsoir pappus,

    Avec un peu de retard, je te présente mes meilleurs vœux en cette nouvelle année déjà bien entamée.
    Je suis moi aussi un néophyte en Géométrie affine. Je découvre...

    D'abord la construction:

    - $C_1$ est tel que $B'BCC_1$ soit un parallélogramme.
    - La parallèle à $(C'C_1)$ menée par $A'$ recoupe $(B'C_1)$ en $A_1$
    - La parallèle à $(BB')$ menée par $A_1$ recoupe $(BC)$ en $a$

    Ma manière (naïve ?) de voir les choses:


    $A'$ divise le segment $[B'C']$ dans un certain rapport.
    Il fallait déterminer le point $a$ de la droite $(BC)$ qui divisait le segment $[BC]$ dans le même rapport algébrique.
    On a bien:

    $$\dfrac{\overline{aB}}{\overline{aC}}=\dfrac{\overline{A_1B'}}{\overline{A_1C_1}}=\dfrac{\overline{A'B'}}{\overline{A'C'}}$$

    Pour la petite histoire, n'y connaissant pas grand chose en Géométrie affine, j'ai commencé par fouiner sur la toile et j'ai repéré qu'une application affine conservait les barycentres. Avec Geogebra, j'ai donc construit l'image $M'$ d'un point $M$ quelconque à partir de ses coordonnées barycentriques dans le repère $A,B,C$ avec les déterminants $a=\left|\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MC}\right|,\quad b=\left|\overrightarrow{MC},\overrightarrow{MA}\right|,\quad c=\left|\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}\right|$

    Puis $M'=\dfrac{aA'+bB'+cC'}{a+b+c}$

    J'ai fait ensuite joujou un bon moment avec mon point $M$ avant d'entrevoir comment tout ça fonctionnait.
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