Décomposition canonique d'une isométrie

Voici un petit exercice pour se mettre en forme au début de l'année!
On se donne dans le plan affine un triangle $ABC$ et deux points $B'$ et $C'$.
Construire le (ou les) points(s) $A'$ tels que la partie linéaire de l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$ ait pour spectre $\{1,1\}$ et soit non diagonalisable.
Je pense que ce minuscule exo peut couler toute une promotion d'agrégatifs et le jury itou!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin et Meilleurs Voeux pour toi et tous les tiens
Félicitations.
Toujours efficace dans tes calculs, il ne te reste plus grand chose pour devenir un brillant géomètre si ce n'est déjà fait
Mais il faut traduire tes calculs par une construction qu'il faut expliquer en détail.
Voici la mienne en détail mais sans justification:
1°Je construis les points $V=A+\overrightarrow{BB'}$ et $W=A+\overrightarrow{CC'}$.
2° Je construis $\Omega=BC\cap B'C'$.
3° Sur ma figure $\bf u$$=\overrightarrow{BC}$ et $\bf u'$$=\overrightarrow{C'B'}$.
Je construis $\Omega'=\Omega+$$\bf u$$+\bf u'$
4° Le point $O$ est construit comme l'intersection de la droite $\Omega\Omega'$ avec la parallèle à la droite $BC$ issue de $O$.
5° Le point $A'$ est à l'intersection de la droite $VW$ avec la parallèle à la droite $B'C'$ issue de $O$.
Ton vecteur $\bf u$, (qu'il aurait fallu nommer autrement pour respecter mes notations), n'est autre que mon vecteur $-\bf u$$-\bf u'$.
Comme tu l'as dit, l'application $f$ que l'on cherche n'est autre que l'application affine $BCD\mapsto B'C'D'$.
Autrement dit, ta construction utilise la macro: image d'un point $M$ par une application affine dont on connait les images de trois points distincts.
On se doute bien que nos agrégatifs n'ont rien à cirer d'une telle construction qui n'est pas si évidente que cela par ailleurs.
J'ai ajouté sur ma figure tes points $D$ et $D'$.
Mais il reste le plus important, à savoir pourquoi mon exercice répond à une des demandes de Dd Kg et dire si mon application $f$ admet une décomposition canonique!
Amicalement
[small]p[/small]appus

On pose $g=t_{-\vec u}\circ f$.
$g$ est affine et $g(N)=f(N)-\vec u=N$.

De plus, $\vec g=\vec f$ et $g\circ t_{\vec u}(N)=g(N+\vec u)=g(N)+\vec g(\vec u)=N+\vec f(\vec u)=N+\vec u=t_{\vec u}\circ g(N)$.

Bilan : $g\circ t_{\vec u}$ et $t_{\vec u}\circ g$ ont la même partie linéaire et envoient $N$ sur la même image donc elles sont égales à $f$ par construction.

Mon cher Gai Requin
J'ai imposé dans mes conditions: $\vec f$ non diagonalisable!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gai Requin
Voici ma propre figure qui parait assez complexe et qu'il faut déchiffrer avec soin!
Je donne la décomposition: $f=g.t_{\vec u}$
où $\vec u$ apparaît en violet plusieurs fois sur ma figure et $g$ est la transvection d'axe $\Delta$ envoyant $A''$ sur $A'$.
On a: $g.t_{\vec u}\not =t_{\vec u}.g$
Il y a bien une infinité de telles décompositions (non canoniques), les décrire toutes à partir de celle que j'ai donnée.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Que nos agrégatifs soient rassurés, il n'auront jamais à affronter cet exercice à l'oral puisque grosso modo la géométrie affine se limite à l'axiome de Thalès et aux théorèmes de Ménélaüs et de Céva et pour ceux qui sont en très très grande forme à ânonner la démonstration du théorème soi-disant fondamental de la géométrie affine!
Les membres du jury ne doivent pas en savoir beaucoup plus!

Bonjour Gai Requin
Le seul reproche que je te fais est de ne pas traduire tes calculs en dessins.
Je donnerai en son temps l'explication de ma construction et je pointerai les liens avec la tienne.
Résoudre à brûle-pourpoint cet exercice à l'oral est quasiment impossible et même les membres du jury dont les connaissances sont immenses s'y casseraient les dents en état de zeitnot!
Et pourtant tout ce qu'il faut savoir est le simple fonctionnement du groupe affine, encore un plus ou moins à l'agonie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour pappus.

Soit $g$ une transvection de base $BC$ différente de l'identité et $f=t_{\overrightarrow {BB'}}\circ g$.
Alors $\vec f$ est une transvection, $f(B)=B'$ et $f(C)=C'$ donc $f$ convient.

Il y a donc une infinité de solutions qui dépendent du choix de $A''=g(A)$ !
Mais dans tous les cas, $A''$ est sur $\Delta$, la parallèle à $BC$ passant par $A$ donc $A'\in t_{\overrightarrow {BB'}}(\Delta)$.

Oui, $A'\neq t_{\overrightarrow {BB'}}(A)$.

Merci Gai Requin pour la figure!
Parce que dans ce cas $f=t_{\overrightarrow{BB'}}$ est une translation et $\vec f=Id$ est diagonalisable!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir pappus,

On suppose connue $f=t_{\bf u}\circ \tau$ et je note $\Delta$ l'axe de $\tau$.
Dans toute la suite, je fixe $H\in\Delta$.

1) On suppose qu'il existe une autre décomposition $f=t_{\bf v}\circ \sigma$, où $\sigma$ est une transvection d'axe $\Delta'$.
Alors il existe $H'\notin\Delta$ tel que $\Delta'$ est la parallèle à $\Delta$ passant par $H'$.
Un petit calcul montre que ${\bf v}={\bf u}+\overrightarrow{H'\tau(H')}$ et $\sigma(H)=H+{\bf u}-{\bf v}$ ce qui détermine entièrement $\sigma$.

2) Il reste à vérifier que $t_{\bf v}\circ \sigma$ ainsi définie est bien égale à $f$.
D'abord, $\vec\sigma$ et $\vec\tau$ sont des transvections linéaires d'axe $\vec\Delta$.
De plus, $\vec\sigma(\overrightarrow{HH'})=\vec\tau(\overrightarrow{HH'})=\overrightarrow{HH'}+{\bf v}-{\bf u}$ donc $\vec\sigma=\vec\tau$.
Enfin, $t_{\bf v}\circ \sigma(H)=t_{\bf u}\circ \tau(H)=H+{\bf u}$ donc $t_{\bf v}\circ \sigma=t_{\bf u}\circ\tau=f$.

Merci Gai Requin
Quand il s'agit de calculer, tu frétilles comme un gardon!
Tes vecteurs $\bf u$ et $\bf v$ sont égaux modulo quoi?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai Requin
Quant à moi, je préfère les figures aux calculs.
Sur ma figure, on a avec tes notations:
$$f=t_{\bf u}\circ \tau=t_{\bf v}\circ \sigma$$
On voit alors littéralement sur ma figure:
1° $u\equiv v$ Modulo $\vec{\Delta}$
2° $\Delta'=h(\Delta)$ où $h$ est l'homothétie de centre $A$ envoyant $A''=\tau(A)$ sur $A'''=\sigma(A)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bravo Gai Requin
On sent maintenant que tu es à l’aise dans ces calculs!
Il reste encore à trouver l’interprétation géométrique de la droite $VW$.
Autrement dit cette droite est le lieu des points $A’$ qui vérifient quelle propriété en termes de $\overrightarrow{f}$?
Amicalement
[small]p[/small]appusj

Merci Gai Requin et Bravo.
Grosso modo, c'est la preuve du fait que $f$ ait un unique point fixe quand $1$ n'est pas valeur propre de $\vec f$ telle qu'on peut la trouver dans le Berger ou le Goblot.
Eh oui même les big théorèmes ont de modestes applications en géométrie plane.
Ici la droite $VW$ est le lieu des points $A'$ tels que la partie linéaire de l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$ ait $1\ $ pour valeur propre.
La démonstration de ma construction est achevée! Je n'aurais pas cru que cela dusse aller aussi vite!
Mais Gai Requin est là fidèle au poste.
Un petit point de détail sur la démo de Gai Requin concernant le lieu des points $M$ tels que $S(M,B,C)=S(M,B',C')$, à savoir l'obtention de sa troisième ligne:
$$[\overrightarrow{MB},\overrightarrow{BC}]+[\overrightarrow{B\Omega},\overrightarrow{BC}]+[\overrightarrow{MB'},\overrightarrow{C'B'}]+[\overrightarrow {B'\Omega},\overrightarrow{C'B'}]=0$$
Il aurait mieux valu appliquer la relation de Chasles:
$$[\overrightarrow{M\Omega},\overrightarrow{BC}]+[\overrightarrow{\Omega B},\overrightarrow{BC}]+[\overrightarrow{M\Omega},\overrightarrow{C'B'}]+[\overrightarrow{\Omega B'},\overrightarrow{C'B'}]=0$$
Puis utiliser: $[\overrightarrow{\Omega B},\overrightarrow{BC}]=0$ et $[\overrightarrow{\Omega B'},\overrightarrow{C'B'}]=0$ pour des raisons de points alignés.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Puisque comme Gai Requin l'a écrit:
Soit $h:M\mapsto A+\overrightarrow{MM'}$.
Alors $h$ est affine avec $\vec h=\vec f-Id$.
Donc $\mathrm{Im}(\vec h)=\mathrm{Ker}(\vec h)$.
On voit donc que la condition de Dd Kg n'est pas satisfaite.

Bonjour Gai Requin
Mon idée est pourtant simple.
On doit écrire que le spectre de $\vec f$ partie linéaire de l'application affine:$f:ABC\mapsto A'B'C'$ est: $\{1,1\}$.
Cela équivaut à:
1° $\det(\vec f)=1$, d'où la droite $L$ pour le lieu de $O$.
2°$\det(\vec f-Id)=0$, d'où la droite $VW$ pour le lieu de $A'$.
Je suis content de voir que tu fais des figures!
C'est quand même le but de la géométrie.
Je trouve ta construction plus jolie que la mienne, un seul petit reproche: ta figure n'est pas assez commentée!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Gai-Requin
Vieux? Faut pas exagérer, je pourrais être ton grand-père!
Que les groupes de transformations soient toujours avec toi!
Amicalement
[small]p[/small]appus