troisième cas d'égalité des triangles
Salut,
Savez-vous comment démontrer le troisième cas d'égalité des triangles, dont l'énoncé est (cf Perrin, exercice VI.6.1) : soient $E$ un $\R$-ev de dim finie $n \geq 2$ muni d'une forme quadratique $q$ euclidienne, $x, x', y, y' \in E$ tels que $||x|| = ||x'||$, $||y|| = ||y'||$ et $||x - y|| = ||x' - y'||$ ; il existe $u \in {\rm O}(q)$ tel que $u(x) = x'$ et $u(y) = y'$.
Il y a unicité si $n = 2$ et $(x, y)$ libre.
Si $n \geq 3$, on peut imposer $u \in {\rm SO}(q)$.
Perrin utilise ce lemme dans la preuve de la simplicité de ${\rm SO}(3, \R)$.
Il me semble que c'est fait dans le livre de géométrie de Michelle Audin mais je ne l'ai pas sous la main.
Merci pour votre aide,
Gilbert.
Savez-vous comment démontrer le troisième cas d'égalité des triangles, dont l'énoncé est (cf Perrin, exercice VI.6.1) : soient $E$ un $\R$-ev de dim finie $n \geq 2$ muni d'une forme quadratique $q$ euclidienne, $x, x', y, y' \in E$ tels que $||x|| = ||x'||$, $||y|| = ||y'||$ et $||x - y|| = ||x' - y'||$ ; il existe $u \in {\rm O}(q)$ tel que $u(x) = x'$ et $u(y) = y'$.
Il y a unicité si $n = 2$ et $(x, y)$ libre.
Si $n \geq 3$, on peut imposer $u \in {\rm SO}(q)$.
Perrin utilise ce lemme dans la preuve de la simplicité de ${\rm SO}(3, \R)$.
Il me semble que c'est fait dans le livre de géométrie de Michelle Audin mais je ne l'ai pas sous la main.
Merci pour votre aide,
Gilbert.
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Réponses
je tente quelque chose...
Je suppose que $x$ et $y$ sont indépendants (je crois que s'ils ne le sont pas on arrive à s'y ramener en introduisant des points supplémentaires et en appliquant deux fois ce résultat). Je vais aussi supposer que $x$ et $y$ sont unitaires (et donc aussi $x'$ et $y'$). Alors grâce à la troisième égalité des normes tu montres que $x'$ et $y'$ sont aussi indépendants (tu peux par exemple raisonner par l'absurde et expliciter $\|x-y\|^2$ en fonction de $\phi (x,y)$ - je note $\phi $ la forme polaire de $q$). Dans ce cas le résultat découle juste de l'existence de $u \in O(q)$ envoyant une base sur une autre (et les deux cas particuliers découlent aussi de là)...
Voilà, je pense que c'est pas trop faux..!
Bonne soirée...
++Scoum
C'était tout simple en effet.
Gilbert.
La démo de scoum me semble incomplète car $\mathcal{O}(q)$ opère transitivement sur les base orthonormées, donc il manque un argument, non?
Bien qu'il soit très tentant de se lancer dans une démonstration directe, j'opterais plutôt pour la démarche historique en me ramenant au second cas d'égalité : si $\|x'\| = \|x\|$ et $\|y'\| = \|y\|$ et si $(x' \mid y') = (x \mid y)$ (angles égaux), alors il existe un $u \in O(E)$ tel que $u(x) = x'$ et $(u(y) = y'$, de plus, si $\dim(E) > 2$, on peut prendre $u \in SO(E)$.
La raison, c'est qu'il est plus facile, à mon avis, de justifier ce second cas d'égalité.
Partant des hypothèses du troisième cas, on utilise la formule d'Al Khash\=i pour montrer l'égalité des produits scalaires.
Maintenant, je suis peut-être à côté de la plaque question des outils à utiliser.
Bruno
et la preuve de ce second cas?
Je m'en convaincs sur un dessin mais formellement...
0°)
Si x=0 alors x'=0.
SI y=0 alors y'=0. Toute élément du groupe linéaire convient.
Si y non nul on distingue les cas. Si y=y' on choisit une isométrie dont l'axe contient y.
( en dimension 2 cela définit une unique isométrie positive : l'identité, et une unique isométrie négative la réfléxion d'axe (Oy)).
Si y différent de y'. u(y)=y' définit une unique isométrie positive en dimension 2, une unique isométrie négative (la réflexion d'axe (y+y')/2)
1°)Si x non nul et y non nul (x,y jouent des rôles symétriques).
a°)Je suppose d'abord que x et y sont colinéaires : y=ax.
D'après l'hypothèse sur le pdt scalaire on a y'=ax'.
Si x=x', y=y'. Toute isométrie dont l'axe contient x convient. (en dimension 2 l'identité ou la réflexion d'axe Ox).
On suppose maintenant x différent de x' et y différent de y'.
Je pars du fait que je peux considérer une isométrie u telle que u(x)=x'.
On a u(y)=au(x)=ax'=y'. ( en dimension une unique isométrie positive et une unique isométrie négative).
b°) On suppose que x et y forment une famille libre.
Analyse : si u existe, les égalités u(x)=x' et u(y)=y' définissent uniquement u en dimension 2.
Considérons u dans SO(E) telle que u(x)=x' (possile car x et x' on même normes et SO(E) agit transitivement sur chaque boule)
Avec les hypothèses sur le produit scalaire on obtient <x',u(y)-y'>=0.
Si u(y)=y' u convient.
Sinon on considére v la réflexion d'axe x', et v((u(y))=y'. Finalement w=v(u(.)) convient.
En dimension 3 on peut prendre v un retournement d'axe x', et u isométrie.
Plus généralement en dimension supérieur à 3 on peut choisir v symétrie de sorte que v soit positive.
Bon finalement ça a l'air d'aller...
Quelqu'un pourrait me donner son avis, si cela lui sembe correct?
Je l'en remercie, peut-être que ce sujet devrait se déplacer vers le forum de géométrie?
Bonne journée.
Ton raisonnement m'a l'air correct, mais je n'aime pas ta rédaction. Je préfère m'affranchir du problème des dimensions en remarquant que, si je me donne deux plans d'un espace affine euclidien (je préfère également les espaces affines ) il y a toujours une isométrie directe de l'espace qui transforme le premier plan en le second. Je suis donc ramené au même problème concernant deux triangles du plan affine euclidien.
Bruno
En fait je ne voyais pas la dimension comme un problème, mais je précisais plutôt les résultats suivant la dimension.
Sinon je comprends bien qu'il existe une isométrie qui envoit un plan sur un autre, mais si les triangles ne sont pas coplanaires, ils ne deviennent pas coplanaire il me semble.
D'ailleur en dimension 2 il y a unicité de l'isométrie lorsque x, y sont indépendants, ce qui n'est pas vrai en dimension 3.
Ou alors j'ai mal compris ce que tu voulais dire.
Et quand tu envoies le plan du premier triangle sur le plan du second ? Tu n'obtiens pas deux triangles coplanaires ?
Là c'est moi qui ne te comprends pas. Si tu te donnes deux vecteurs unitaires (ou de même norme) dans un plan, il y a un automorphisme orthogonal direct et un automorphisme orthogonal indirect qui transforme le premier en le second. Mais peut-être te restreins tu aux automorphismes directs ? Auquel cas, tu as raison.
Bruno
Mais pourquoi le plan du second triangle serait-il stable ?
Si x et y sont indépendants, il forment donc une base en dimension 2. Un endomorphisme est donc uniquement déterminé pas l'image de x et y.
Je ne cherche pas à envoyer x sur y mais à envoyer x sur x' et y sur y'.
(je n'ai pas écrit mon texte en gras pour souligner mon propos, mais pour le détacher de la citation )
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Je me moque de ce qui se passe pour le second plan ! J'ai deux triangles dans l'espace soit ABC et A'B'C', ils définissent deux plan (P) et (P'). Il existe une isométrie i de l'espace qui transforme (P') en (P) Les triangles ABC et i(A')i(B')i(C') sont deux triangles situés dans le plan (P). Je peux donc, moyennant cette remarque considérer que je travaille sur deux triangles coplanaires. Le plan (P) peut bien aller au diable ! Pour la suite, j'ai compris.
Bruno
J'ai compris.
Merci pour cet échange.
Bruno