Correction : Géométrie, Polygone convexe du plan

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Géométrie du plan.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: geometrie-mpsi
• Nombre de lectures: 24
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.a

1.b

1.c

2.a

2.b

3.a

3.b

Correction

Partie I

Soit=(,) .
∀,∈. Soit∈,. Il existeλ∈0,1 tel que=ar((,λ), (, (1−λ) .

=λ+(1−λ)donc≤λ+(1−λ)≤puis∈et finalement,⊂.
Ainsiest convexe.
Soitun demi-plan délimité par une droite.
∀,∈. Si=alors,⊂.
Si≠alors notons =() .
Si//alors ⊂puis,⊂.
Sinoncoupe la droiteen un pointet ∩est une demi-droite d’origine.
Les pointsetétant danssont sur cette demi-droite et le segment,étant alors inclus dans la
demi-droite est inclus dans. Finalementest convexe.
Notons qu’on peut aussi résoudre cette question en visualisantpar l’intermédiaire d’un paramétrage ou
sous tout autre forme valable.
=
Soit (1,2,…,) .
∀,∈. On peut écrire=bar((,α)1≤≤et=bar((,β)1≤≤avecα≥0 etβ≥0 tels que
α1+⋯+α=1 etβ1+⋯+β=1 .
Soit∈,. Il existeλ∈0,1 tel que=ar((,λ), (,1−λ) .
Par associativité du barycentre :

=bar((,λα+(1−λ)β)1≤≤avecλα+(1−λ)β≥0 et∑λα+(1−λ)β=1 .
=1
Donc∈puis,⊂.
Finalementest convexe.
∀,∈∩′, on a,⊂et,⊂′caret′convexes. Donc,⊂∩′.
Finalement∩′est convexe.
Par récurrence sur∈*.
Pour=1 : Une combinaison convexe d’un point est égal à ce point et la propriété est donc immédiate.
Supposons la propriété établie au rang≥1 .
Soit1,…,,+1des points deetune combinaison convexe des ces points.
+1
On peut écrire=bar((,α)1≤≤+1avecα≥0 et∑α=1 .
=1
Siα1+⋯+α=0 alors=+1∈.
Sinonλ=α1+⋯+α≠0 .
Posons=bar((,α)1≤≤. On a=bar(,αλ)1≤≤et par HR,∈.
Par associativité du barycentre :=ar (,α1+⋯+α), (+1,α+1) donc∈,+1⊂.
Récurrence établie.
1,2,3sont des convexes contenant les points1,2,3donc1∩2∩3est un convexe qui contient
aussi1,2,3. En vertu de I.2.b, toute combinaison convexe de1,2,3appartient encore à
1∩2∩3et donc⊂1∩2∩3.
Danson a :1(0, 0),2 et(1, 0)3(0,1) . Par suite1:+≤1 ,2:≥0 et3:≥0 .

3.c

4.a

4.b

1.a

1.b

1.c

2.a

2.b

3.a

  
Soit(,)∈1∩2∩3. On a,≥0 ,+≤1 et1= 12+13.

Donc (1−(+))1+2+2=ce qui donne=ar((1,α1), (2,α2), (3,α3) avec
α1=1−(+)≥0,α2=etα3=≥0 .
est donc une combinaison convexe des points1,2,3et donc∈.
Ainsi1∩2∩3⊂puis1∩2∩3=.
  
On a1+2+3=
.
  
Si∈(12) alors3∈(12) car3=1+2.
Ceci est exclu car1,2,3sont supposés non alignés. Ainsi∉(12) .
De même∉(23) et∉(13)
Posons=min{(, (12),(, (23),(, (13))} >0 .
On a(,)⊂1,2,3donc(,)⊂1∩2∩3=.

Partie II
 
Si=alors∀∈, (|)=0≤1 donc=∈∗.
∀,∈∗. Soit∈,. Il existeλ∈ que0,1 tel=ar((,λ), (,1−λ) .

∀∈, (|)=(λ+(1−λ)|)=λ(|)+(1−λ)(|)≤λ+(1−λ)=1.
Donc∈∗puis,⊂∗. Finalement∗est un convexe.

Supposons⊂. Soit∈∗.∀∈on a (|)≤1 donc a fortiori∀∈on a

(|)≤1 d’où∈∗. Finalement∗⊂∗.

Soit∈.∀∈∗on a (|)≤1 i.e. (|)≤1 donc∈∗∗.

∗=∈/∀∈, (|)≤1 .
Soit∈.
 
Si≠alors en prenanttel que=22on a (|)=2> donc1 et∉∗.

Si=alors∀∈, (|)=0≤1 donc=∈∗.
Finalement∗= {}.
{}∗=∗∗⊃donc{}∗=.
Soit∈((,))∗.
Si=alors