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celestial

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isometrie

Bonsoir à tous
s'il vous plaît vérifier si ma réponse est correcte (et si la rédaction est pertinente) Merci d'avance

soit ABC un triangle et soit f une isometrie tel que f(ABC) = DEF
montrer que f({A, B, C}) = {D, E, F}

Réponse
soient A' = f(A), B' = f(B) et C' = f(C)
alors f([AB]) = [A'B'], f([BC]) = [B'C'] et f([AC]) = [A'C']
on a A'B'C' = [A'B'] ∪ [B'C'] ∪ [A'C'] = f([AB]) ∪ f([BC]) ∪ f([AC]) = f([AB] ∪ [BC] ∪ [AC]) = f(ABC) = DEF
d'où A'B'C' et DEF sont deux triangles superposables ⇒ils ont les mêmes sommets ⇒{A', B', C'} = {D, E, F} ⇒{f(A), f(B), f(C)} = {D, E, F}
Donc f({A, B, C}) = {D, E, F}

celestial

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Re : isometrie

d'où A'B'C' et DEF sont deux triangles superposables

superposables
A'B'C' = DEF
alors A'B'C' et DEF sont le meme triangle donc ils ont les memes sommets d'où {A', B', C'} = {D, E, F}

c'est correct comme ça ?

Fred

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Re : isometrie

Bonjour

  Je crois que c'est correct.

F

Bernard-maths

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Re : isometrie

Bonjour à tous !

A moi aussi cela me semble correct ...

Je me dis qu'une isométrie f conserve les distances ... il en résulte (?) que l'image par f d'un segment [AB] est un segment [A'B'] de même longueur, tel que : f([AB]) = [A'B'], f(A) = A', f(B) = B', et donc f({A,B}) = {A',B'} ...

Donc (?) si on considère un ensemble de points {A1, A2, ... An}, d'images A'1 = f(A1) ...A'n = f(An), l'ensemble {A'1, ... A'n} est isométrique à l'ensemble de départ {A1, A2, ... An} ... i.e. : A'1A'2 = A1A2 etc ...

Alors le résultat de celestial pour un triangle s'étend à un polygone/èdre quelconque.

Par ex : les milieux des arêtes ont pour images les milieux des arêtes de l'image ...

Sauf "oubli", Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (06-12-2022 07:23:59)

Gloziou

Invité

Re : isometrie

Bonjour,
Pour moi la seule justification manquante (si ce n'est pas déjà du cours) est de dire que l'image d'un segment $[A,C]$ par une isométrie $f$ est le segment $[f(A),f(C)]$.

Je pense qu'il est utile de dire que si $A,B,C$ sont trois points alignés du plan avec $B$ entre $A$ et $C$ et si $f$ est une isométrie du plan alors $(A',B',C') := (f(A),f(B),f(C))$ sont trois points alignés (avec $B'$ entre $A'$ et $C'$).

Cela se démontre en disant que $A,B,C$ sont alignés avec $B$ entre $A$ et $C$ donc $AB+BC=AC$. Puisque une isométrie conserve les distances (par définition) alors on a $AB+BC=AC$ donne $A'B'+B'C' = A'C'$ (car $A'B'=AB$, $B'C'=BC$ et $A'C'=AC$). Cette égalité sur les distances montre que $A',B',C'$ sont alignés avec $B'$ entre $A'$ et $C'$ (cas d'égalité de l'inégalité triangulaire).

Ceci permet de démontrer le lemme de Benard-maths : l'image d'un segment par une isométrie est encore un segment (et pas n'importe lequel : $f([A,C]) = [f(A),f(C)]$).
En effets, si $B$ est un point quelconque de $[A,C]$ alors $A,B,C$ sont alignés avec $B$ entre $A$ et $C$. Ainsi par ce qui précède $B'=f(B)$ sera aligné avec $A'=f(A)$ et $C'=f(C)$ et entre ces deux points donc sur le segment $[f(A),f(C)]$. Réciproquement si on se donne un point $C'$ de $[f(A),f(B)]$ alors sa préimage par $f$ est bien sur le segment $[A,B]$ car $f^{-1}$ est encore une isométrie. Ceci montre qu'on obtient bien tout le segment $[f(A),f(C)]$.

Pour conclure, on peut aussi raisonner en terme de point extrémaux. Dans un triangle plein $ABC$, seuls les points $A$, $B$ et $C$ du triangle sont extrémaux au sens où il ne peuvent pas se trouver sur l'intérieur d'un segment $[M,N]$ avec $M$ et $N$ deux points distincts quelconques du triangle.
En utilisant le fait que $3$ points alignés s'envoient sur $3$ points alignés par une isométrie, on vérifie que les points extrémaux sont envoyés sur des points extrémaux...

Bonne journée

celestial

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Re : isometrie

Bonjour,

Merci pour votre aide Fred, Bernard-maths et Gloziou

À propos de l'image d'un segment [A, B] par une isometrie f, c'est un théorème du cours. Merci bien pour votre démonstration Gloziou, je pense qu'on peut la démontrer aussi par les vecteurs.
on a [AB] = { M ∈ P  tel  que [tex] \vec {AM} = α\vec {AB}[/tex], α ∈ [0, 1] }
M ∈ [AB]
⇔[tex] \vec {AM} = α\vec {AB}[/tex], α ∈ [0, 1]
⇔[tex] \vec {f(A)f(M)} = α\vec {f(A)f(B)}[/tex], α ∈ [0, 1]
⇔f(M) ∈ [f(A)f(B)]
donc f([AB]) = [f(A)f(B)]

Théorème utilisé:
soient A, B et C trois points du plan d'images respectives A', B' et C' par une isométrie f
soit α ∈ ℝ
on a [tex] \vec {AB} = α\vec {AC}[/tex] ⇔[tex] \vec {A'B'} = α\vec {A'C'}[/tex]
(on peut la demontre on utilisant la definition de l'isometrie (conservation des distances), la conservation du produit scalaire et de l'alignement)

Cordialement

yoshi

Modo Ferox

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Re : isometrie

Bonjour,

Encore un petit malin !
Voyez plutôt

La pèche aux infos a été suffisamment bonne comme ça !
Voir des " clients" manger à plusieurs râteliers est assez pénible comme ça :
Sujet fermé.

      Yoshi
- Modérateur