%  En préambule,  les  sources metapost.  Si  vous lancez  latex  sur ce  fichier,  il vous  placera
% automatiquement le fichier .mp dans le répertoire courant. 


\begin{filecontents*}{simi.mp}
 

input geometriesyr16;


verbatimtex
%&latex
\documentclass{article}
\usepackage[upright]{fourier}
\usepackage{preambule}
\begin{document}
etex


% fig 1
numeric u,k;
u:=1cm;k:=1.8;
figure(-1.5u,-3.5u,10u,3u)

pair A,B,C,A',B',C',O;
path t,tt;
O:=origin;
A=u*(2,-1.5); B=u*(3,-1); C=u*(2.2,1);
t:=polygone(A,B,C);
A':=A scaled k; B':=B scaled k; C':=C scaled k;
tt:=t scaled k;
trace t withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor green;
trace tt withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor blue;
trace segment (O,A') dashed evenly;
trace segment (O,B') dashed evenly;
trace segment (O,C') dashed evenly;
nomme.bot(A);
nomme.bot(A');
nomme.lft(O);
nomme.urt(B);
nomme.urt(B');
nomme.top(C);
nomme.top(C');


fillcolor:=jaune;
transparence t;
fillcolor:=ciel;
transparence tt;


fin;





%fig2

figure(-5u,-.5u,5u,5.5u)
pair A,B,O,M,M',C,S,S',D;
A=u*(4,0);B=u*(-4,0);O=origin;
marque_p:="plein";
path cc;
cc:= arccercle(A,B,O);
trace cc withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor blue;

M:=pointarc(cc,60);D:=rotation(A,O,90);
M':=symetrie(M,O,D);
C:=projection(M,A,B);
C':=projection(M',A,B);
S:=projection(M,O,D);
trace chemin(C,M,M',C') dashed evenly;


trace Codeangle(A,O,M,2,btex $\theta$ etex);

marque_a:=40;
trace Codeangle(A,O,M',1,btex $\pi-\theta$ etex) withcolor orange;

trace droite(A,B)withpen pencircle scaled 1.3bp;
trace segment (O,M);
trace segment (O,M') withcolor orange;
trace segment (O,D)withpen pencircle scaled 1.3bp;

label.bot(btex $\cos(\theta)$ etex, C );


label.bot(btex $\cos(\pi-\theta)$ etex, C' ) withcolor orange;


label.urt(btex $\sin\theta$ etex, S );


label.ulft(btex $\sin(\pi-\theta)$ etex, S ) withcolor orange;
label.bot(btex 0 etex, O);

pointe(M);pointe(M');pointe(O);pointe(S);

fin;




%fig3

figure(-3u,-3u,5u,3u)
path cc;
cc:=cercle(origin,2cm); trace cc dashed evenly;

pair O,A,B,C,D,M;
O:=origin;A=u*(2.3,0);B:=symetrie(A,O);C:=rotation(A,O,-90);D:=rotation(A,O,90);M:=pointarc(cc,40);
drawarrow C--D; drawarrow B--A;
draw O--M withpen pencircle scaled 1.3bp;
label.urt(btex $\arg Z=\arg Z'$ etex,M);
label.rt(btex \fbox{$Z=Z'$ : similitude directe} etex, C);
fin;



%fig4

figure(-3u,-3u,5u,3u)
path cc;
cc:=cercle(origin,2cm); trace cc dashed evenly;

pair O,A,B,C,D,M,M';
O:=origin;A=u*(2.3,0);B:=symetrie(A,O);C:=rotation(A,O,-90);D:=rotation(A,O,90);M:=pointarc(cc,40);
M':=symetrie(M,O,A);
drawarrow C--D; drawarrow B--A;
draw O--M withpen pencircle scaled 1.3bp;draw O--M' withcolor orange withpen pencircle scaled 1.3bp;
label.rt(btex $\arg Z'=-\arg Z$ etex,M') withcolor orange;
label.rt(btex \fbox{$Z'=\bar{Z}$ : similitude indirecte}  etex, C);

fin;



%fig5


figure(-1.5u,-3.5u,10u,3u)

pair A,B,C,A',B',C',v,D,D';
path t,tt;
v:=(4u,u);
A=u*(2,-1.5); B=u*(3,-1); C=u*(2.2,1);
t:=polygone(A,B,C);
A':=A shifted v; B':=B shifted v; C':=C shifted v;
tt:=t shifted v;
trace t withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor green;
trace tt withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor blue;
drawarrow A--A' dashed evenly;
drawarrow B--B' dashed evenly;
drawarrow C--C' dashed evenly;
label.bot(btex $M$ etex, A);
label.bot(btex $M'$ etex,A');
label.urt(btex $N$ etex,B);
label.urt(btex $N'$ etex,B');
label.top(btex $P$ etex,C);
label.top(btex $P'$ etex,C');
D:=C shifted(0,u); D':=C' shifted(0,u); 
drawarrow D--D' withcolor orange;
label.top(btex $\overrightarrow{v}$ etex, 0.5[D,D']) withcolor orange;

fillcolor:=jaune;
transparence t;
fillcolor:=ciel;
transparence tt;
fin;







%fig6


figure(-1.5u,-3.5u,10u,4u)

pair A,B,C,A',B',C',D;
path T,tt;
numeric t;
t:=60;
A=u*(2,-1.5); B=u*(3,-1); C=u*(1.2,.5); D=u*(-1,0);
T:=polygone(A,B,C);
A':=A rotatedaround(D,t); B':=B rotatedaround(D,t); C':=C rotatedaround(D,t);
tt:=T rotatedaround(D,t);
trace T withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor green;
trace tt withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor blue;
draw D--A dashed evenly scaled 0.5;draw D--A' dashed evenly scaled 0.5;
draw D--B dashed withdots withpen pencircle scaled 1.5bp;draw D--B' dashed withdots withpen pencircle scaled 1.5bp;
draw D--C dashed evenly scaled 2;draw D--C' dashed evenly scaled 2;

trace codesegments(D,A,D,A',1);trace codesegments(D,B,D,B',2); trace codesegments(D,C,D,C',4);
label.bot(btex $M$ etex, A);
label.bot(btex $M'$ etex,A');
label.urt(btex $N$ etex,B);
label.urt(btex $N'$ etex,B');
label.top(btex $P$ etex,C);
label.top(btex $P'$ etex,C');


label.lft(btex $C$ etex, D);


fillcolor:=jaune;
transparence T;
fillcolor:=ciel;
transparence tt;

fin;





%fig7


figure(-1.5u,-3.5u,10u,3u)

pair A,B,C,A',B',C',v,D,D',I,J,K;
path t,tt;

A=u*(2,-1.5); B=u*(3,-1); C=u*(2.2,1);
t:=polygone(A,B,C);
D=u*(4.5,-2); D'=u*(4,3);
A':=A reflectedabout(D,D'); B':=B reflectedabout(D,D'); C':=C reflectedabout(D,D');
tt:=t reflectedabout(D,D');
I:=0.5[A,A'];J:=0.5[B,B'];K:=0.5[C,C'];
trace t withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor green;
trace tt withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor blue;
draw A--A' dashed evenly scaled 2;
draw B--B' dashed evenly scaled 0.5;
draw C--C' dashed withdots withpen pencircle scaled 1.5bp;
label.bot(btex $M$ etex, A);
label.bot(btex $M'$ etex,A');
label.urt(btex $N$ etex,B);
label.ulft(btex $N'$ etex,B');
label.top(btex $P$ etex,C);
label.top(btex $P'$ etex,C');
 
trace droite(D,D') withcolor orange;
label.urt(btex $\DR$ etex, D) withcolor orange;

trace codeperp(C',K,D,5);trace codeperp(B',J,D,5); trace codeperp(A',I,D,5);

trace codesegments(A',I,I,A,1);trace codesegments(C',K,K,C,2);trace codesegments(B',J,J,B,4);



fillcolor:=jaune;
transparence t;
fillcolor:=ciel;
transparence tt;
fin;





%fig8


figure(-1.5u,-3.5u,10u,3u)
pair C,E,M,M';


marque_p:="non";

C:=origin; E=u*(2,0); M=u*(4,1); M':=rotation(M,C,30);

drawarrow C--E;
drawarrow C--M withpen pencircle scaled 1.3bp;
drawarrow C--M' withpen pencircle scaled 1.3bp withcolor orange;

trace arccercle(M,M',C) dashed evenly withcolor orange;

marque_a:=30;
trace Codeangle(E,C,M,1,btex $\theta$ etex);

marque_a:=20;
trace Codeangle(M,C,M',2,btex $\alpha$ etex) withcolor orange;

nomme.rt(M);
nomme.rt(M');
nomme.lft(C);
label.bot(btex $\ve{e_1}$ etex, 0.5E);

fin;





%fig9






figure(-1.5u,-3.5u,10u,3u)

pair A,B,C,A',B',C',v,D,D',I,J,K;

A=u*(2,-2); B=u*(3,2);

D=u*(4.5,-3); D'=u*(4,2);
A':=A reflectedabout(D,D'); B':=B reflectedabout(D,D');

I:=0.5[A,A'];J:=0.5[B,B'];
draw A--I dashed evenly;
draw I--A' dashed evenly withcolor orange;
draw J--A' withcolor orange;
draw J--A;

label.bot(btex $M$ etex, A);
label.bot(btex $M'$ etex,A');
label.ulft(btex $E$ etex,J);

 
trace droite(D,D') withcolor blue withpen pencircle scaled 1.3bp;
label.urt(btex $\DR$ etex, D) withcolor blue;


trace codeperp(A',I,D,5);

trace codesegments(A',I,I,A,1);trace codesegments(A',J,J,A,2);



fin;











%fig10


figure(0,0,11u,5u)

trace grille(0.5);


marque_p:="plein";


pair A,B,C,D,E,J,I,O,h,v;

E=u*(1,0.5);
h=u*(4,0); v=u*(0,4);
O:=E shifted h;A:=O shifted h;
D:=E shifted v;C:=O shifted v;B:=A shifted v;
I:=0.5[D,C]; J:=0.5[O,C];
trace polygone(E,D,B,A)withpen pencircle scaled 1.3bp;;
draw C--O withpen pencircle scaled 1.3bp;;
nomme.bot(E);
nomme.bot(O);
nomme.bot(A);
nomme.rt(J);
nomme.top(B);
nomme.top(C);
nomme.top(I);
nomme.top(D);

fin;

end

\end{filecontents*}







% DEBUT DU SOURCE LATEX




\documentclass[10pt,a4paper]{report}
\usepackage{filecontents}
\usepackage[height=250mm,width=187mm]{geometry}
\usepackage{preambule}
\usepackage[upright]{fourier}


\graphicspath{{/home/moi/Figures/figuresTS/}}
\entete{Similitudes}{\leftmark}{T\textsuperscript{ale}S spé maths}%g,d,b
\begin{document}
\setlength{\parindent}{0pt}
\thispagestyle{empty}



\psshadowbox*[fillcolor=0.8white,framearc=.25]{%
\begin{minipage}{\textwidth}
\smallskip
{\bfseries \begin{center} \scalebox{5}[5]{\textgoth{S}\textfrak{imilitudes}} \end{center}}
\smallskip
\end{minipage}
}
\vspace{1cm}





\section{Définitions}

\subsection{Approche géométrique}

\pro Si je vous dis transformation du plan, à quoi pensez-vous~?

\tsx À des points qui se transforment en d'autres points et qui gardent plein de propriétés intéressantes : les longueurs, les angles,
les alignements, le parallélisme se conservent. Il y a juste une exception avec l'homothétie qui multiplie les longueurs.

\pro C'est en effet un résumé de vos aventures géométriques des années passées. Depuis, vous avez rencontré, lors de l'étude des nombres
complexes notamment, d'autres transformations plus étranges, qui transforment des droites en cercles ou en tout autre chose
d'ailleurs

. Nous allons nous occuper aujourd'hui d'une catégorie bien particulière de transformations, parmi bien
d'autres : les similitudes, dont nous allons donner la définition, mais avant, il faudrait s'entendre sur ce qu'est une transformation du
plan... 

\ENC{\Def}{ On dit que $f$ est une \textbf{transformation du plan} si \bel
\item tout point du plan a une unique image par f
\item tout point du plan admet un unique antécédent par f
\el}

Par exemple, une projection orthogonale n'est pas une transformation du plan selon notre définition.

\sm

Une similitude, elle, est définie par

\ENC{\Def}{ Une \textbf{similitude} est une transformation du plan qui conserve les rapports de longueurs}

C'est à dire que, avec des notations habituelles et des points distincts, $\fr{A'B'}{C'D'}=\fr{AB}{CD}$

On peut utiliser une formulation équivalente

\ENC{\Thm}{Soit $k$ un réel strictement positif. \\ Une \textbf{similitude de rapport k} est une transformation du plan qui multiplie les
distances par $k$. \\ Ainsi, si les points $A$ et $B$ ont pour images $A'$ et $B'$, alors $A'B'=k\cdot AB$}

Je vous laisse monter \textit{l'équivalence} de ces deux formulations.


\subsection{Premier exemple}


Pouvez-vous me donner des exemples de similitudes ?

\tsx Je ne vois guère que les homothéties dont nous parlions à l'instant.

\pro Vraiment~? Quoi qu'il en soit, il faudrait d'abord rappeler ce qu'est une homothétie...

\ENC{\Def}{Soit C un point du plan et $\lambda$ un réel non nul. \\ On appelle \textbf{homothétie de centre C et de rapport
\mg{$\lambda$}} la transformation qui à tout point M du plan associe le point M$'$ tel que $$\ve{CM'}=\lambda\ve{CM}$$}

\bfi\centering
\includegraphics{simi.1}
\efi

Maintenant, une homothétie est-elle une similitude~?

\tsx Je vous l'ai dit, c'est une similitude de rapport $\lambda$.

\pro Ahhh...jeunesse. Soient $M$ et $N$ deux points du plan et $M'$ et $N'$ leur images par l'homothétie de rapport $\lambda$. Alors
$\ve{CM'}=\lambda\ve{CM}$ et $\ve{CN'}=\lambda\ve{CN}$, donc $\ve{M'N'}=\ve{M'C}+\ve{CN'}=\lambda\ve{MC}+\lambda\ve{CN}=\lambda\ve{MN}$.
Nous en déduisons que $M'N'=|\lambda| MN$ : eh oui, $\lambda$ peut être négatif, mais pas le rapport de la similitude. Une homothétie est
donc une similitude de rapport la valeur absolue du rapport de l'homothétie.

\MATA{Ouais, bon, c'est presque pareil...}



\section{Produit scalaire et angles}


\subsection{Conservation des angles non orientés}


\pro Comme vous l'avez vu en classe de 1\textsuperscript{ère}, les angles sont intimement liés
au produit scalaire.

\ENC{\Prop}{Soient M, N et P trois points du plan d'images respectives M$'$, N$'$ et P$'$ par une similitude de rapport $k$. Alors
$$\ve{M'N'}\cdot\ve{M'P'}=k^2\ve{MN}\cdot\ve{MP}$$}

Pour s'en convaincre, il faudrait utiliser une formulation du produit scalaire n'utilisant que les normes, car nous n'avons que les
distances à notre disposition. Vous vous souvenez sûrement 
que


\begin{eqnarray*} \ve{u}\cdot\ve{v} &=&
\fr{1}{2}\pa{\no{\ve{u}+\ve{v}}^2-\nov{u}-\nov{v}}\\
&=& \fr{1}{2}\pa{\nov{u}^2+\nov{v}^2-\nov{u}-\nov{v}^2}
\end{eqnarray*}


Nous obtenons ici $$\ps{M'N'}{M'P'}=\fr{1}{2}\pa{M'N'^2+M'P'^2-N'P'^2}=\fr{1}{2}\pa{k^2MN+k^2MP-k^2NP}=k^2\ps{MN}{MP}$$

Nous pouvons enfin relier le produit scalaire aux angles non orientés par la formule
$$\cos(\anglevec{u}{v})=\fr{\ve{u}\cdot\ve{v}}{\nov{u}\times\nov{v}}$$ avec $(\anglevec{u}{v})$ l'unique antécédent de
$\fr{\ve{u}\cdot\ve{v}}{\nov{u}\times\nov{v}}$ par la fonction cosinus dans $[0,\pi]$.

qui vous va vous permettre de démontrer qu'une similitude conserve les angles géométriques. 


\tsx Euh... 

\pro Rappelez-vous vos  folles années de collège~:~que pouvez-vous dire  de deux angles géométriques
ayant le même cosinus~? 

\tsx Ils sont égaux~! 

\pro Enfin, disons qu'ils sont de même mesure. Et si les sinus sont égaux~? 

\tsx Ben c'est pareil. 

\pro Heum heum... Un petit dessin peut-être... 

\begin{center}
  \includegraphics{simi.2}
\end{center}

\tsx Effectivement...Donc  pour prouver  que les  angles géométriques sont  conservés, il  suffit de
montrer que les cosinus sont conservés. 

\pro Voilà~! Combien de points doit-on considérer~? 

\tsx Trois pour former un angle. 

\pro En fait 6 : 3 points M, N et P et leurs images $M'$, $N'$ et $P'$. 

\tsx           Alors          $\cos\anglevec{M'N'}{M'P'}=\fr{\ps{M'N'}{M'P'}}{\nov{M'N'}\times
  \nov{M'P'}}=\fr{k^2\ps{MN}{MP}}{k\nov{MN}\times k\nov{MP}}=\cos\anglevec{MN}{MP}$ : ça marche~!


\ENC{\Prop}{Une similitude conserve les angles géométriques}

\tsx Mais au  fait, pourquoi précisez-vous <<~angles géométriques~>>~? Je suis  en terminale S quand
même~! Et j'ai découvert depuis longtemps les angles orientés. 

\pro Si vous regardez bien la propriété du produit scalaire rappelée juste au-dessus, vous remarquerez qu'il n'est fait question que
d'angles mesurés dans $[0,\pi]$, c'est à dire d'angles géométriques. Cela va jouer un rôle primordial par la suite, car nous distinguerons
deux grandes familles de similitudes : celles qui conservent les angles orientés, qu'on qualifiera de similitudes directes, et les
autres, qu'on nommera similitudes indirectes.


\subsection{Conservation des angles orientés}\label{anglo}


\pro Pour faciliter notre travail, nous disposons depuis peu de l'outil complexe : c'est un peu moins joli que la géométrie pure, mais
cela nous permet de gagner un peu en concision.

\tsx Je vois : au lieu de couler à moins dix mille mètres, vous me proposer de suffoquer en surface. J'apprécie votre humanité.

\pro Reprenons nos trois petits points $M$, $N$ et $P$ d'affixes $m$, $n$ et $p$ et leurs images par une similitude respectivement
primées.

Notons $Z=\fr{p-m}{n-m}$ et $Z'=\fr{p'-m'}{n'-m'}$. Comment interprétez-vous géométriquement ces deux nombres~?

\tsx C'est toujours pareil\footnote{Quel frimeur ce Téhessin, quand on voit ce qu'il donne à l'écrit...} : en fait
$Z=\fr{z_{\ve{MP}}}{z_{\ve{MN}}}$ et idem pour les primes. Alors
\bel
\item $|Z|=\fr{MP}{MN}$ et $|Z'|=\fr{M'P'}{M'N'}$
\item arg$Z=\ao{MN}{MP}$ et arg$Z'=\ao{M'N'}{M'P'}$
\el

\pro Certes, mais vous n'avez pas agit en spécialiste : une similitude étant en jeu, certaines propriétés sont conservées.

\tsx  \bel
\item Les rapports de distances se conservent, donc $|Z|=MP/MN=M'P'/M'N'=|Z|$
\item Les angles non orientés se conservent, mais là, je ne vois pas trop comment faire intervenir les complexes.
\el

\pro Les mesures des arguments sont définies à 2$\pi$ près, donc on peut choisir leurs valeurs principales dans l'intervalle
$]-\pi,\pi]$. Pour faire le lien avec les angles non orientés, il suffit de remarquer que la mesure de l'angle non orienté est en fait la
valeur absolue de l'angle mesuré dans $]-\pi,\pi]$\footnote{On est un peu gêné aux entournures par la vague définition de l'argument en
terminale, mais on ferme un peu les yeux et on comprend bien ce qui se passe.}

Résumons-nous : $|Z'|=|Z|$ et $\arg Z'=\pm \arg Z$,  donc deux cas se présentent selon le plus ou le
moins, ce qui nous amène à classer les similitudes en 2 catégories.

\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}\vspace{0cm}
\begin{center}
\includegraphics[width=\textwidth]{simi.3}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}\vspace{0cm}
\begin{center}
\includegraphics[width=\textwidth]{simi.4}
\end{center}
\end{minipage}



\section{Isométries}

\pro  Mon  petit  Téhessin, vous  qui  êtes  un  helléniste  distingué,  vous pouvez  me  parler  de
l'étymologie du mot \emph{isométrie}. 

\tsx Hein ? 

\pro Je vois, je vois...Un être normalement cultivé reconnaît $\iota \sigma o \sigma$ (égal) et $\mu
\epsilon \tau\rho o \nu$ (mesure), ce qui l'incite à penser que les isométries conservent les longueurs.


\tsx Je ne connais pas d'Hellène, mais les isométries, ça m'connaît ! 

\pro Et bien donnez-moi par exemple la définition d'une translation.

\tsx  Et  je vous  ferai  même  un  dessin\footnote{Tu  parles !  C'est  pas  lui  qui se  colle  la
  programmation des figures sur MetaPOST ?...} 

\ENC{\Def}{La \textbf{translation} de vecteur $\ve{v}$ est la transformation qui à tout point $M$ associe le point $M'$ tel que
$$\ve{MM'}=\ve{v}$$}



\bfi\centering
\includegraphics{simi.5}
\efi

\pro Est-ce une similitude~?

\tsx Normalement c'est une isométrie : $\ve{M'N'}=\ve{M'M}+\ve{MN}+\ve{NN'}=-\ve{v}+\ve{MN}+\ve{v}$, donc $\ve{M'N'}=\ve{MN}$, et ainsi
$MN=M'N'$. Une translation est bien une similitude de rapport 1.

\pro Restons-en là pour l'instant. D'autres isométries~?

\tsx Les rotations  :

\ENC{\Def}{La \textbf{rotation} de centre C et d'angle $\al$ est la transformation qui, à tout point M du plan, associe le point M$'$ tel
que \bel
\item si M$\neq M'$, alors $CM=CM'$ et $(\ve{CM},\ve{CM'})=\al$
\item si $M=C$, alors $M'=C$
\el}



\bfi\centering
\includegraphics{simi.6}
\efi

Je suppose que vous voulez prouver que les rotations sont des isométries...ici, j'ai plus de mal...j'aurais besoin de la conservation des
angles par une isométrie...

\pro ...sauf qu'on veut prouver que les rotations sont effectivement des isométries. Je vais vous aider
$$\ao{CM'}{CP'}=\ao{CM'}{CM}+\ao{CM}{CP}+\ao{CP}{CP'}=-\al+\ao{CM}{CP}+\al+2k\pi=\ao{CM}{CP}+2k\pi,\quad k\in\bbz$$
ce qui prouve que les $rotations$ conservent les angles et vous pouvez continuer...

\tsx...donc les triangles $CMP$ et $CM'P'$ ayant des angles deux à deux de même mesure sont semblables\footnote{Tiens, tiens...}, or
$CM=CM'$ et $CP=CP'$, donc ces triangles sont isométriques, donc $MP=M'P'$ et les rotations sont des isométries.

\pro Comme quoi la géométrie en seconde sert quand même à quelque chose.

Bon, il nous reste les symétries axiales qu'on appellera plutôt réflexion d'axe $\DR$.

\tsx Ça, c'est du cours de sixième

\ENC{\Def}{La \textbf{réflexion} d'axe $\DR$ est la transformation qui à tout point $M$ du plan associe le point $M'$ tel que \bel
\item si $M\not\in \DR$, $\DR$ est la médiatrice de $[MM']$
\item si $M\in\DR$, $M=M'$
\el }

et la petite figure




\bfi\centering
\includegraphics{simi.7}
\efi

\pro Et la démonstration utilise des triangles isocèles, des triangles isométriques et semblables : je vous laisse vous en occuper.

Nous avons trouvé $des$ similitudes, mais le problème, maintenant, est de savoir s'il existe d'autres similitudes et de les déterminer.
Pour nous simplifier la vie, nous allons utiliser un outil encore tout frais ...





\section{Forme complexe des similitudes}

\pro  Rappelez-vous  de notre  petite  discussion  sur la  conservation  des  angles  orientés page~\pageref{anglo}~:~nous 
avions distingué deux familles de similitudes. 

\tsx Les directes et les indirectes selon qu'elles conservent ou non l'orientation. 

\pro Bien. Étudions séparément ces deux cas.



\subsection{Forme complexe d'une similitude directe}

\pro Nous sommes donc dans le cas $Z=Z'$. Nous allons reprendre les formules utilisées précédemment en choisissant $p=z$, $n=1$ et $m=0$.
Qu'obtenons-nous~?

\tsx $Z'=\fr{z'-m'}{n'-m'}=Z=\fr{z-0}{1-0}=z$. Oui, et alors~?

\pro N'oubliez pas que nous cherchons une expression complexe d'une transformation du plan, donc une relation de la forme $z'=f(z)$.

\tsx Bon, alors $z'-m'=z(n'-m')$ i.e. $z'=(n'-m')z+m'$, mais je ne vois pas l'intérêt puisqu'on ne connaît ni $m'$, ni $n'$. On tourne un
peu en rond.

\pro Détrompez-vous~! Nous venons de montrer que si $s$ est une similitude directe, alors \textit{nécessairement} sa forme complexe doit
être du style $z\mapsto az+b$ avec $a$ et $b$ des nombres complexes, $a$ étant non nul. D'ailleurs, pourquoi $a\neq 0$~?

\tsx Ben, $a$ c'est $n'-m'$, donc il faudrait que $n'\neq m'$, mais on n'en sait rien  a priori, ça dépend de $s$.

\pro Eh non ! Une similitude est une transformation, donc puisque $n$, qui vaut 1, et $m$, qui vaut 0, sont distincts, leurs images le
seront aussi.

Il reste un problème : est-ce que toutes les transformations du type $z\mapsto az+b$ sont des similitudes directes~? Cela revient à
montrer qu'une telle transformation conserve les rapports de distance et les angles orientés : à vous de jouer, Téhessin, en ayant bien à
l'esprit que nous travaillons avec des nombres complexes.

\ENC{\Thm}{ Les similitudes directes sont LES transformations d'écriture complexe
$$z\mapsto az+b$$ avec $a$ et $b$  des complexes, $a$ étant non nul.}



\subsection{Forme complexe d'une similitude indirecte}

\pro On procède comme précédemment, mais maintenant $Z=\bar{Z}$. Je vous laisse montrer que

\ENC{\Thm}{Les similitudes indirectes sont LES transformations d'écriture complexe
$$z\mapsto a\bar{z}+b$$ avec $a$ et $b$  des complexes, $a$ étant non nul.}





\subsection{Rapport d'une similitude}

\pro La forme complexe d'une similitude étant donnée, comment déterminer le rapport de la similitude ~?

\tsx Je considère deux points $M$ et $P$ et leurs images $M'$ et $P'$ et je calcule $M'P'/MP$
$$\fr{M'P'}{MP}=\ab{\fr{p'-m'}{p-m}}=\ab{\fr{ap+b-am-b}{p-m}}=\ab{\fr{a(p-m)}{p-m}}=\ab{a}$$

\pro Je suis d'accord, sauf que vous n'avez réglé le cas que des similitudes directes.

\tsx Désolé, c'est encore si frais dans mon esprit
$$\fr{M'P'}{MP}=\ab{\fr{p'-m'}{p-m}}=\ab{\fr{a\bar{p}+b-a\bar{m}-b}{p-m}}=\ab{\fr{a(\bar{p}-\bar{m})}{p-m}}=\ab{a}\fr{\ab{\overline{p-m}}}{\ab{p-m}}=\ab{a}$$

Donc ça marche encore et j'énonce moi-même la propriété

\ENC{\Prop}{Une similitude d'écriture complexe $z\mapsto az+b$ ou $z\mapsto a\bar{z}+b$ admet pour rapport $\ab{a}$}




\pro Et notez au passage 

\ENC{\Prop}{Les isométries sont les similitudes de rapport 1}







\subsection{Forme exponentielle d'un nombre complexe}


\pro Avant d'aller plus loin, nous allons avoir besoin d'un petit outil technique. Notons $f$ la fonction définie sur $\bbr$ par
$f(x)=\cos x+\i\sin x$. C'est une fonction un peu spéciale puisqu'elle est définie sur $\bbr$ mais est à valeurs dans $\bbc$. Que vaut
$f(0)$~?

\tsx $f(0)=\cos 0+\i\sin 0=1$ : jusqu'ici, tout va bien.

\pro Je vous demande à présent un petit effort d'imagination : on peut supposer que $f$ est dérivable sur $\bbr$ en considérant $i$ comme
un coefficient quelconque et en extrapolant les formules de dérivations des fonctions à valeurs réelles. Qu'est-ce que ça peut donner~?

\tsx $f'(x)=-\sin x+\i\cos x$

\pro Essayez alors de faire le lien avec $f(x)$.

\tsx $f'(x)=\i(\i\sin x+\cos x)=\i f(x)$ : oui, et alors~? 

\pro Récapitulons : $f$ vérifie $f'=\i f$ avec $f(0)=1$. Ça ne vous rappelle rien~? 

\tsx Ciel~! Ma fonction exponentielle ! On avait $f'=kf$ et $f(0)=1$ alors on en concluait que $f(x)=\E^{kx}$.

\pro Donc vous ne  serez pas choqué si nous écrivons, par convention  d'écriture à notre niveau, que
$f(x)=\exp(\i x)=\E^{\i x}$. 

\ENC{Notation exponentielle}{On convient d'écrire, pour tout réel $x$ $$\E^{\i x}=\cos x+\i\sin x$$}

Notez  au passage  que les  formules d'additions  sont  alors plus  faciles à  retrouver. En  effet,
$\E^{\i(a+b)}=\E^{\i a}\E^{\i b}$, donc

$$\cos(a+b)+\i\sin(a+b)=(\cos a+\i\sin a)(\cos b+\i\sin b)=(\cos a\cos b-\sin a\sin b)+\i(\cos a\sin b+\cos b\sin a)$$ Alors, par unicité de
la forme algébrique d'un complexe, on obtient~:
$$\cos(a+b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b\quad \text{et} \quad \sin(a+b)=\cos a\sin b+\cos b\sin a$$

Voici une illustration du côté extrêmement pratique de l'outil complexe.






\section{Écriture complexe des transformations usuelles}

\subsection{Translations}

\pro Considérons la translation de vecteur $\ve{v}$ d'affixe $b$ et les habituels points $M$ et $M'$ d'affixes $z$ et $z'$. Par
définition, on a $\ve{MM'}=\ve{v}$. Traduisez ceci à l'aide de l'outil complexe.

\tsx Facile : $z_{\ve{MM'}}=z'-z=b$, i.e. $z'=z+b$. Impeccable, car on retrouve une expression du type $az+b$, donc c'est bien une
similitude directe de rapport $|a|=|1|=1$, donc une isométrie : c'est sûr que ça commence à me plaire de travailler avec les complexes.

\pro J'espère que vous n'êtes pas ironique. Notons ce résultat au passage

\ENC{\Prop}{ La transformation complexe définie par  $$z\mapsto z+b$$ est la translation de vecteur d'affixe $b$}

\subsection{Rotations}

\pro Essayez de vous débrouiller avec la rotation de centre $C$ d'affixe $c$ et d'angle de mesure $\al$.

\tsx Bon, on sait que $\ao{CM}{CM'}=\al=\arg \fr{z'-c}{z-c}$ et $CM'=CM$, donc $\fr{CM'}{CM}=1=\ab{\fr{z'-c}{z-c}}$. Donc $(z'-c)/(z-c)$
est un nombre complexe de module 1 et d'argument de mesure $\al$. On peut à la rigueur écrire $(z'-c)/(z-c)=\cos\al+\i\sin \al$. Tout ceci
ne nous mène pas à grand chose.

\pro Au contraire ! Mais avant tout, vous avez un $CM$ au dénominateur, il faut donc s'assurer qu'il est non nul, donc que $M\neq C$. On
verra ensuite si on rattraper le coup. Pour ce qui est de l'interprétation, nous pouvons utiliser un outil tout juste découvert quelques
lignes plus haut : un complexe de module 1 et de mesure congrue à $\al$ modulo $2\pi$ s'écrit $\E^{\i\al}$.

Ainsi $(z'-c)=\E^{\i\al}(z-c)$. Vous remarquerez que cette formulation reste valable si $z=c$ : en effet, $c'=c$ car le centre de la
rotation est invariant.

\MATA{Là, je vais lui clouer le bec...\textbf{(tout haut)}} Et je suppose qu'on vérifie que, réciproquement, toutes les transformations de
ce style sont des rotations d'angle $\al$. Finalement, toute rotation s'exprime sous la forme $z'=z\E^{\i\al}+b$.

\pro Justement non, et c'est pourquoi ces vérifications ne sont pas anodines : en effet, si $\al\equiv0[2\pi]$, nous sommes bien embêtés
car nous obtenons une translation de vecteur d'affixe $b$.

\ENC{\Prop}{ La transformation complexe définie par $$z\mapsto ze^{i\al}+b$$ est une rotation d'angle $\al$ avec $\al\not\equiv0[2\pi]$}

En fait, ça se comprend. Notons $z-c=r\E^{\i\theta}$ l'affixe du vecteur $\ve{CM}$, alors $z'-c=r\E^{\i\theta}e^{\i\al}=r\E^{\i(\al+\theta)}$,
ce qui peut se traduire par~:~<<~on garde la même distance, on tourne de $\al$~>>

\begin{center}
\includegraphics{simi.8}
\end{center}

\subsection{Homothéties}

\pro Pas grand chose à dire ici. Avec les  notations habituelles, on obtient $\ve{CM'}=k\ve{CM}$, d'où $z'-c=k(z-c)$, i.e.
$z'=kz+c(1-k)$. Ainsi une homothétie a une représentation complexe de la forme $z\mapsto kz+b$.

\MATA{Soyons prudent...\textbf{(tout haut)} Il faut faire attention : on ne doit pas avoir $z=z+b$ qui nous fait retomber sur une
translation, donc $k$ doit être différent de 1.}

\pro Vous progressez, mon brave Téhessin. Pour éviter toute confusion, nous prendrons l'habitude de commencer notre étude par la
recherche des points invariants : c'est ce que nous verrons un peu plus loin dans notre étude générale des similitudes.



\ENC{\Prop}{ La transformation complexe définie par $$z\mapsto kz+b\quad \text{avec}\quad k\in\bbr\setminus\{0,1\}$$ est une homothétie
de rapport $k$}

\subsection{Réflexions}

\pro Les réflexions sont plus difficilement exploitables vectoriellement, donc aussi à la sauce complexe. Observons malgré tout le dessin
suivant


\begin{center}
\includegraphics{simi.9}
\end{center}


On remarque que $\ao{EI}{EM'}=-\ao{EI}{EM}$. Ainsi une réflexion ne conserve pas les angles orientés et s'écrit donc sous forme complexe
$z\mapsto a\bar{z}+b$. Mais toute transformation de ce style n'est pas une réflexion. Nous le prouverons bientôt.



\section{Compositions de transformations}

\subsection{Composition de deux similitudes}

\pro Nous pouvons prouver de deux manières au moins que la composée de deux similitudes est encore une similitude. Tout d'abord en
utilisant le moins d'outils, i.e. en n'utilisant que la définition et la première propriété pour parler du rapport.

\sm

Considérez donc deux points $M$, $P$ et deux similitudes $s$ et $s'$ de rapports $k$ et $k'$. Montrez que $s\circ s'$ est encore une
similitude et trouvez le rapport de cette similitude.

\tsx Il faudrait montrer que le rapport $\fr{s\circ s'(M)s\circ s'(P)}{MP}$ est constant. Help !

\pro Que pensez-vous de $\fr{s\bigl(s'(M)\bigr)s\bigl(s'(P)\bigr)}{s'(M)s'(P)}$~?

\tsx Comme $s$ est une similitude de rapport $k$, et bien ça vaut $k$. Mais ce n'est pas le bon dénominateur~!

\pro Encore une fois, quand vous n'avez pas ce que vous voulez, faîtes-le apparaître !

\tsx Je veux
$\fr{s\bigl(s'(M)\bigr)s\bigl(s'(P)\bigr)}{MP}=\fr{s\bigl(s'(M)\bigr)s\bigl(s'(P)\bigr)}{s'(M)s'(P)}\times\fr{s'(M)s'(P)}{MP}$ C'est
magique, on obtient que la rapport fait toujours $kk'$, donc ça marche~!

\pro C'est beau cette rusticité des moyens utilisés. Sinon, vous pouvez toujours opter pour l'outil complexe : on pose $s(z)=az+b$ et
$s'(z)=a'z+b'$.

\tsx En faisant ça, vous éliminez les similitudes indirectes.

\pro Bien joué~! Il faudra donc traiter vous-même les autres cas. En attendant, occupons-nous de ce cas-ci.

\tsx $s(s'(z))=a'(az+b)+b'=aa'z+a'b+b'$, donc c'est une similitude de rapport $|aa'|$.

\pro C'est à dire de rapport $|a|\times|a'|$, donc on retombe sur nos pattes.

\ENC{\Prop}{La composée d'une similitude de rapport $k$ et d'une similitude de rapport $k'$ est une similitude de rapport $kk'$}






\subsection{Réciproque}

\pro Lâchons un instant nos similitudes et retournons sur les bancs du collège : vous avez découvert en 4ème l'inverse d'un nombre $x$
non nul : on vous l'a défini comme l'unique nombre $x^{-1}$ tel que $x\times x^{-1}=1$.

Cette année, nous avons parlé de fonctions réciproques, notamment au moment d'introduire la fonction logarithme. Nous avions dit qu'une
fonction $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ sur un intervalle $I$ si set seulement si $f\circ f^{-1}(x)=x$ pour tout élément $x$
de $I$.

Essayons d'élargir le débat grâce au petit aparté suivant


\begin{figure}[h]
\begin{center}
\noindent \framebox{
\parbox{0.9\textwidth}{
\centerline{\bf Structure de groupe multiplicatif} \small Soit $G$ un ensemble non vide et muni d'une loi de composition interne (i.e. le
produit de deux éléments de $G$ est encore dans $G$) associative (i.e. $(a\cdot b)\cdot c=a\cdot(b\cdot c)$) notée $\cdot$.

On dit que $(G,\cdot)$ est un groupe lorsque\bel \item la loi admet un élément neutre $e$ (i.e. $a\cdot e=e\cdot a=a$ pour tout $a\in G$)
\item tout élément $a$ de $G$ admet un symétrique noté $a^{-1}$ (i.e. $a\cdot a^{-1}=a^{-1}\cdot a=e$)\el

Par exemple, $(\bbr^*,\times)$ est un groupe, $(\bbz,+)$ aussi. Trouvez ainsi d'autres exemples de groupes qui ne soient pas forcément
des ensembles de nombres. }} \normalsize
\end{center}
\end{figure}


L'idée est maintenant de vérifier si des fois, par le plus grand des hasards, l'ensemble des similitudes du plan muni de la composition
des transformations ne serait pas un groupe.

\tsx Appelons $\SR$ l'ensemble des similitudes du plan. Si j'ai bien compris, il faut commencer par vérifier que $\SR$ est non vide : il
contient les translations, les homothéties et tout le bataclan, donc pas de problème.

Il faut maintenant vérifier que la composition des similitudes est une loi de composition interne : pas de problème, nous venons de le
voir au paragraphe précédent.

La composition des transformations est associative de manière évidente.

Maintenant, il s'agit de trouver un élément neutre. Par exemple la translation de vecteur nul.

\pro Où une rotation d'angle nul, où une homothétie de rapport 1 : en fait, toutes ces transformations sont une seule et même
transformation qu'on appellera  \textit{identité} et qu'on notera $\id$ et qui envoie tout point sur lui-même.

\tsx Soit ! Il ne reste plus qu'à trouver un symétrique pour chacun. D'après ce que nous avons vu tout à l'heure, si $s\circ s'=\id$,
alors $kk'=1$, donc il suffit de prendre $k'=1/k$.

\pro Mouais, enfin faites tout de même attention. Si je m'en tiens à ce que vous venez d'énoncer, je pourrais  être tenté de dire qu'une
similitude de rapport $k$ étant donnée, il suffit de trouver une similitude de rapport $1/k$ et le tour est joué. Or considérons une
rotation et une réflexion non triviales : leurs rapports valent tous deux 1, donc leur produit vaut 1 aussi, donc elles sont réciproques
l'une de l'autre, ce qui n'est pas vraiment le cas.

Mieux vaut énoncer votre résultat sous cette forme : <<~la transformation réciproque d'une similitude de rapport $k$ est une similitude
de rapport $1/k$~>>, mais il reste à prouver \textit{l'existence} d'une telle transformation. Tentez votre chance avec l'expression
complexe.

\tsx Si $s$ est une similitude directe, avec les notations habituelles $z'=az+b$. Il faut chercher une éventuelle réciproque vérifiant
$z'=(1/a)z+\beta$ d'après ce que nous venons de voir. Appelons $z''$ l'affixe du point $s\circ \sigma(M)$, alors
$z''=a((1/a)z+b)+\beta=z+ab+\beta$ : il suffit donc de choisir $\beta=-ab$ et le tour est joué.

\pro Il reste quand même à vérifier que ça marche encore dans le sens $\sigma\circ s$ et aussi pour les similitudes indirectes : je vous
laisse le faire. Maintenant nous pouvons écrire

\ENC{\Prop}{ Toute similitude de rapport $k$ admet une transformation réciproque qui est une similitude de rapport $1/k$}

 À titre d'exercice, je vous laisse déterminer les réciproques des similitudes usuelles. pour l'heure, ces petites considérations nous
 permettent à présent d'énoncer un théorème fort intéressant :

 \ENC{\Thm}{Toute similitude de rapport $k$ est la composée d'une homothétie de rapport $k$ et d'une isométrie}

 Ce résultat, extraordinaire s'il en est,  va nous permettre de voir un peu plus clair dans cet amas de transformations jusqu'ici
 mystérieux. Il reste un détail : la preuve de ce théorème.

 Un petit Joker pour vous mettre sur la piste : avec des notations évidentes, $h\circ i$ est bien une similitude comme composée de
 similitudes. 

\'Eliminons $h$ pour savoir qui est $i$ : 
\[h^{-1}\circ h\circ i=i=h^{-1}\circ s\]

 Si $s$ est une similitude quelconque de
 rapport $k$, pour que $h^{-1}\circ s$ soit une isométrie, il faut que le rapport de $h^{-1}$ soit $1/k$, donc le rapport de $h$ vaut
 $k$. 

Voilà pour l'analyse : si $s$ est la composée d'une homothétie et d'une isométrie, alors le rapport de l'homothétie est égal au
 rapport de la similitude.


\medskip

 Prenons maintenant le problème par le bon bout : on part d'une similitude quelconque de rapport $k$. Composons-la avec une homothétie
 $H$ de rapport $1/k$, alors $f=H\circ s$  est une similitude de rapport $k\times 1/k=1$, donc c'est
 une isométrie. 

Ainsi, $s$ s'écrit
 sous la forme $s=H^{-1}\circ f$ et le tour est joué.

 \sm

 Bien, le cours grossit et nous avons toujours aussi peu d'exercices à nous mettre sous la dent.  Pour essayer d'abréger un peu, nous
 allons étudier plus spécifiquement, comme nous le demande le programme, les similitudes directes.



 \section{Classification des similitudes directes}

\subsection{Points fixes}

 \pro Notre outil principal pour étudier une similitude va être la recherche des POINTS FIXES. Un point $M$ est dit fixe s'il est égal à
 son image, c'est à dire si $z=z'=az+b$. Cette équation a-t-elle toujours des solutions~?

\tsx $az+b=z\ssi z(1-a)=b\ssi z=b/(1-a)$ : il y a toujours un point fixe qui est d'affixe $b/(1-a)$.

\pro Mon petit Théhessin, vous avez des problèmes en ce moment, votre petite amie vous tourmente l'esprit, dites-moi tout.

\tsx Qu'est-ce qui vous prend ?!?

\pro Il me prend, bougre de triple âne borgne élevé au jus de moule, qu'en terminale on se pose des questions avant d'invoquer l'inverse
de $1-a$ !

\tsx Tout doux mon bon maître, j'avais, il est vrai,  l'esprit ailleurs. Il faut en effet commencer par étudier le cas $a=1$, alors
$z'=z+b$. Nous sommes alors en présence soit de l'identité si $b$ est nul, et alors tout point du plan est fixe, soit d'une translation
non triviale et alors aucun point n'est fixe.

\pro Bon, je passerai l'éponge sur votre petit oubli de tout à l'heure et je vais traiter l'autre cas pour être sûr de garder mon calme.

Si $a\neq1$, alors $s$ admet un unique point fixe $\Omega$ d'affixe $\o=b/(1-a)$...

\tsx ... qui existe car $a$ est différent de 1.

\pro C'est bon, c'est bon, faut pas non plus en faire des tonnes. De $z'=az+b$ et $\o=a\o+b$, on tire $z'-\o=a(z-\o)$. Soit
$ke^{i\theta}$ la forme exponentielle de $a$. Nous obtenons $$(z'-\o)=k\times e^{i\theta}(z-\o)$$ Que reconnaissez-vous~?

\tsx \'Elémentaire, ô lumière au bout de mon tunnel. Je vois que la similitude $s$ est la composée de la rotation de centre $\Omega$ et
d'angle $\theta$ avec l'homothétie de même centre et de rapport $k$.

\pro J'aime pas les fayots

\ENC{\Thm}{Soit $s$ une similitude directe d'écriture complexe $z'=az+b$, alors \bel
\item si $a=1$, $s$ est la translation de vecteur d'affixe $b$ (éventuellement nul)
\item sinon, $s$ est la composée, dans un ordre quelconque
\begin{itemize}
\item de l'homothétie de centre le point fixe et de rapport $|a|=k$
\item de la rotation de même centre et d'angle $\theta=\arg(a)[2_pi]$
\end{itemize}
L'écriture complexe est alors $z'-\o=ke^{i\theta}(z-\o)$, avec $\o$ l'affixe du point fixe.\el}

Mais ce n'est pas tout :

\ENC{Classification des similitudes directes selon les points fixes}{Soit $s$ une similitude directe du plan \bel
\item si $s$ n'admet pas de point fixe, alors c'est une translation
\item si $s$ admet au moins deux points fixes, alors c'est l'identité
\item si $s$ admet un unique point fixe, alors c'est la composée d'une rotation et d'une homothétie de centre le point fixe
\el}

\subsection{Similitudes directes et couples de points}

\pro Nouveau problème qui va souvent se présenter à vos yeux ébaubis : on considère quatre points $M$, $N$, $M'$ et $N'$ tels que $M\neq
N$ et $M'\neq N'$ : existe-t-il une similitude directe transformant $M$ en $M'$ et $N$ en $N'$~?

Puisque je ne vous ai pas fait de cadeau de Noël cette année, voici un petit coup de pouce : utilisez les expressions complexes.

\tsx Oh merci Phare de la connaissance universelle, vous êtes trop bon.

Avec des notations évidentes, je suppose qu'il s'agit de trouver un couple de complexes $(a,b)$ tels que $m'=am+b$ et $n'=an+b$. Merci du
cadeau, mais je ne vois pas trop ce que je peux faire de ça.

\pro Voyons : deux inconnues, deux équations, ça ne vous dit rien~?

\tsx Bon sang, mais c'est bien sûr : on résout un système d'inconnues $a$ et $b$
$$\bsyc am+b&=&m'\\an+b&=&n'\esyc \ \ssi \ \bsyc a(m-n)=m'-n'\\ b=m'-am\esyc$$
Or, je précise bien que $m\neq n$, donc j'obtiens finalement $$a=\fr{m'-n'}{m-n}\qquad b=m'-a\fr{m'-n'}{m-n}$$

\pro Et vous vous rendez compte que vous avez brillamment obtenu que non seulement une telle similitude existe, mais qu'en plus elle est
tunique.

\ENC{\label{couple}\Thm }{ \'Etant donnés quatre points $M$, $N$, $M'$ et $N'$ tels que $M\neq N$ et $M'\neq N'$, il existe une unique similitude
transformant $M$ en $M'$ et $N$ en $N'$}

\tsx En fait, on n'a pas besoin que $M'$ et $N'$ soient distincts : on ne risque la division par zéro (j'ai bien retenu la leçon) que si
$M=N$.

\pro Certes, mais si $m'=n'$, alors $a=0$ et on peut dire au revoir à notre similitude.

Ce théorème nous aidera dans le cadre d'une résolution purement géométrique, et dans le cas d'une résolution algébrique, sa démonstration
nous indique un moyen de déterminer explicitement la similitude.

\sm

Il ne nous reste plus qu'à voir des propriétés que vous avez admises intuitivement depuis des années.

\subsection{Effet des similitudes sur les droites, cercles e tutti quanti}

\pro Les propriétés déjà connues des similitudes doivent vous permettre de conclure rapidement, en commençant par exemple par les
cercles.

\tsx Un cercle de centre $O$ et de rayon $r$ est l'ensemble des points situés à la distance $R$ de $O$, donc

$M\in\CR(O,R)\ssi OM=R$ or, avec les notations habituelles, $O'M'=kOM$, dès lors

$$M\in\CR(O,R)\ssi OM=R\ssi O'M'=kR\ssi M'\in\CR(O',R')$$

\pro Bien joué~! L'image d'un cercle par une similitude est donc un cercle de centre, l'image du centre et de rayon $k$ fois le rayon
initial.

\sm

L'autre grand renseignement concerne la conservation des angles. Comment caractériseriez-vous des points alignés à l'aide d'angles.

\tsx Disons que $A$, $B$ et $C$ sont alignés si et seulement si $\ao{AB}{AC}\equiv0[\pi]$

\pro Parfait ! Toujours avec les notations habituelles, on a $\ao{AB}{AC}\equiv\ao{A'B'}{A'C'}[\pi]$, donc
$$\text{$A$, $B$ et $C$ alignés }\ssi \ao{AB}{AC}\equiv0[\pi]\ssi\ao{A'B'}{A'C'}\equiv0[\pi]\ssi\text{$A'$, $B'$ et $C'$ alignés }$$
Conclusion~?

\tsx L'image d'une droite par une similitude est une droite.

\pro Remarquez que nous n'avons toujours pas précisé si la similitude est directe ou non.

\sm

Pour terminer, un morceau de choix : la conservation des barycentres, si chers à votre c\oe ur depuis l'année dernière. 

Rappelons la propriété caractéristique en l'adaptant à la sauce complexe

\ENC{Propriété caractéristique des barycentres}{Le point $G$ est barycentre du système $(A_i,\al_i)_{1\ie i\ie n}$ si et seulement si
\bel
\item $\ds\sum_{i=1}^n\al_i\neq 0$
\item $z_G=\fr{\ds\sum_{i=1}^n\al_iz_{A_i}}{\ds\sum_{i=1}{n}\al_i}$
\el}

Je vous laisse alors vérifier à l'aide de l'expression complexe des similitudes que ces dernières conservent les barycentres, ce qui nous
permettra de parler de l'image de segments, de triangles, etc.


\section{Similitudes indirectes}


\subsection{Règle des signes}

\pro  Souvenez-vous :  + par  + donne  +, +  par -  donne -,  croissante $\circ$  décroissante donne
décroissante... 

\tsx Et c'est pareil pour la composée des similitudes~:

\begin{itemize}
\item directe $\circ$ directe $\longrightarrow$ directe
\item indirecte $\circ$ indirecte $\longrightarrow$ directe
\item indirecte $\circ$ directe $\longrightarrow$ indirecte
\end{itemize}

\pro Quel esprit de synthèse~! Il suffit en effet de penser à la conservation des angles orientés.





\subsection{Classification des similitudes indirectes}




\pro Une nouvelle mission : reprenez tout ce que nous avons fait concernant les similitudes directes et adaptez les résultats au similitudes
indirectes. Je vous livre pour vous rassurer la conclusion



\ENC{Classification des similitudes indirectes selon les points fixes\label{classind}}{Soit $s$ une similitude indirecte du plan \bel
\item si $s$ n'admet pas de point fixe, alors c'est une symétrie glissée, i.e. la composée d'une réflexion et d'une translation
\item si $s$ admet au moins deux points fixes, alors c'est une réflexion d'axe l'ensemble des invariants
\item si $s$ admet un unique point fixe, alors c'est la composée d'une symétrie axiale ou glissée et d'une homothétie de centre le point fixe
\el}


\subsection{Décomposition d'une similitude indirecte}


\tsx Pourquoi traitez-vous les similitudes indirectes de façon si cavalière~? Un petit paragraphe et
puis s'en va... 

\pro La raison tient dans ce théorème


\ENC{\Thm}{Toute similitude  indirecte $s$ s'écrit sous la  forme $s=\sigma \circ r$  où $\sigma$ est
  une \emph{similitude directe} et $r$ une \emph{reflexion}}

Considérez deux points A et B et leurs images $A'$ et $B'$ par $s$. Le théorème 6 page~\pageref{couple} nous
assure l'existence d'une similitude directe $\sigma$ qui transforme A en $A'$ et B en $B'$. 

Étudions maintenant la  similitude (comme composée de deux  similitudes) $\sigma^{-1}\circ s$. C'est
une similitude indirecte. Pourquoi~? 

\tsx Car c'est la composée d'une similitude directe et d'une indirecte. 

\pro  Vous ne dormez  donc pas...  Alors vous  allez pouvoir  déterminer les  images de  A et  B par
$\sigma^{-1}\circ s$. 

\tsx Bien sûr~!  $\sigma^{-1}\circ s(A)=\sigma^{-1}(s(A))=\sigma^{-1}(A')=\sigma^{-1}(\sigma(A))=A$,
et pareil  pour B. Oui, et alors~?  Deux points ne suffisent  pas à généraliser, vous  me l'avez dit
assez de fois~! 

\pro Oui mais ici, cela nous permet de dire que la similitude indirecte 
$\sigma^{-1}\circ  s$   a  deux  points  invariants   A  et  B.  Donc,   d'après  la  classification
page~\pageref{classind}, $\sigma^{-1}\circ  s$ est  une reflexion d'axe  (AB). Notons la  $r$. Alors
$\sigma^{-1}\circ s=r$, c'est à dire $s= \sigma \circ r$ et le tour est joué.


\break


\section{Au Bac}


\exot{Exercice géométrique}

Sur la figure donnée ci-dessous, on considère les carrés $OABC$ et $OCDE$ tels que:
\[
\left(\ve{OA};\ve{OC}\right)=\left(\ve{OC};\ve{OE}\right)=\dfrac{\pi}{2}.
\]


\begin{center}
  \includegraphics{simi.10}
\end{center}


On désigne par $I$ le milieu du segment $[CD]$, par $J$ le milieu du segment $[OC]$ et par $H$ le point d'intersection des segments $[AD]$ et $[IE]$.
\begin{enumerate}
\item Justifier l'existence d'une similitude directe $s$ transformant $A$ en $I$ et $D$ en $E$.
\item Déterminer le rapport de cette similitude $s$.\\
On admet que l'angle de la similitude $s$ est égal à $\dfrac{\pi}{2}$.
\item Donner, sans justifier, l'image de $B$ par $s$.
\item Déterminer et placer l'image de $C$ par $s$.
\item Soit $\Omega$ le centre de la similitude $s$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $\Omega$ appartient au cercle de diamètre $[AI]$ et à celui de diamètre $[DE]$.
\item Montrer que $\Omega$ ne peut être le point $H$.
\item Construire $\Omega$.
\end{enumerate} 
\item On considère le repère orthonormal direct $\left(O;\ve{OA},\ve{OC}\right)$.
\begin{enumerate}
\item Déterminer l'écriture complexe de la similitude $s$.
\item En déduire l'affixe du centre $\Omega$ de $s$.
\end{enumerate} 
\end{enumerate} 




\exot{Composées et complexes}



Dans le plan complexe muni du repère orthonormal direct \ouv, on considère les points
A d'affixe 3i et B d'affixe 6 ; unité graphique : 1 cm.

\bigskip

\noindent \textbf{Partie A}

\begin{enumerate}
\item  Montrer qu'il existe une similitude directe et une seule qui transforme A en O et
O en B. Préciser ses éléments caractéristiques.
\item Montrer qu'il existe une similitude indirecte et une seule qui transforme A en O et
O en B.
\end{enumerate}

\bigskip

\noindent \textbf{Partie B}

\begin{enumerate}
\item Soit $f$ la transformation du plan dans lui-même qui, à tout point $M$ d'affixe $z$, associe le
point $M'$ d'affixe $z' = - 2\text{i}\overline{z} + 6$ où $\overline{z}$ désigne le conjugué de $z$.\\
Montrer que $f$ possède un point invariant et un seul. On note K ce point.
\item Soit $h$ l'homothétie de centre K et de rapport $\dfrac{1}{2}$.\\
On pose $g = f \circ h$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $g$ est une isométrie laissant invariant le point K.
\item On désigne par $M''$ l'image du point $M$ d'affixe $z$ par la transformation $g$.\\
Montrer que l'écriture complexe de $g$ est $z'' = - \text{i}\overline{z} + 2 + 2\text{i}$  où $z''$ est l'affixe de $M''$.
\item Montrer qu'il existe sur l'axe $\left(\text{O},~\ve{v}\right)$ un unique point invariant par $g$ ; on le note L.\\
Reconnaître alors la transformation $g$.
\item En déduire que la transformation $f$ est la composée d'une homothétie $h'$ suivie
de la réflexion d'axe (KL). Préciser les éléments caractéristiques de $h'$.
\end{enumerate}
\item Déterminer les droites $\Delta$ telles que $f(\Delta)$ et $\Delta$ soient parallèles.
\end{enumerate}





\exot{Géométrie puis complexes}

\noindent ABCD est un carr\'e tel que $\left(\ve{\text{AB}},~ \ve{\text{AD}}\right) = + \dfrac{\pi}{2}$ . Soit I le centre du carr\'e ABCD. Soit J le milieu du segment [CD].\\
On d\'esigne par $s$ la similitude directe qui transforme A en I et B en J.

\medskip

\noindent \emph{Le but de l'exercice est d'\'etudier certaines propri\'et\'es de la similitude} $s$. \emph{Dans la partie} A \emph{on utilisera des raisonnements g\'eom\'etriques ; dans la partie} B \emph{on utilisera les nombres complexes.}

\bigskip

\noindent \textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
\item  D\'eterminer le rapport et l'angle de la similitude $s$.
\item On d\'esigne par $\Omega$ le centre de cette similitude. $\Gamma_{1}$ est le cercle de diam\`etre [AI], $\Gamma_{2}$ est le cercle de diam\`etre [BJ]. D\'emontrer que $\Omega$ est l'un des points d'intersection de $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$. Placer $\Omega$ sur la figure.
\item Donner l'image par $s$ de la droite (BC). En d\'eduire le point image par $s$ du point C, puis le point K image par $s$ du point I.
\item On pose $h = s \circ  s$ (compos\'ee de $s$ avec elle m\^eme).
\begin{enumerate}
\item  Donner la nature de la transformation $h$ (pr\'eciser ses \'el\'ements caract\'eristiques). 
\item Trouver l'image du point A par $h$. En d\'eduire que les points A, $\Omega$ et K sont align\'es.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\noindent \textbf{Partie B}\\
Le plan complexe est rapport\'e \`a un rep\`ere $\left(\text{A}~ ;~\ve{u},~ \ve{v}\right)$ orthonormal direct, choisi de mani\`ere \`a ce que les points A, B, C et D aient comme affixes respectives 0, 2 , 2 + 2i et 2i.
\begin{enumerate}
\item  D\'emontrer que l'\'ecriture complexe de la similitudes est $z' = \dfrac{1}{2} \text{i}z + 1 + \text{i}$. 
\item Calculer l'affixe du point $\Omega$.
\item Calculer l'affixe du point E tel que $s$(E) = A. Placer le point E sur la figure.
\end{enumerate}



\exot{Avec des suites}

Le plan complexe est muni d'un rep\`ere orthonormal direct \ouv. On prendra 5 cm pour unit\'e graphique.\\
Soit $f$ la transformation qui, \`a tout point $M$ d'affixe $z$, associe le point $M'$ d'affixe $z'$ d\'efinie par :
\[ z' = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)z+1.\]

\begin{enumerate}
\item  Justifier que $f$ est une similitude directe dont on pr\'ecisera le centre $\Omega$ (d'affixe $\omega$), le rapport $k$ et l'angle $\theta$.
\item On note $A_{0}$ le point O et, pour tout entier naturel $n$, on pose $A_{n+1} = f(A_{n})$.
\begin{enumerate}
\item D\'eterminer les affixes des points $A_{1}~A_{2},~A_{3}$ puis placer les points $A_{0},~A_{1},~A_{2}$ et $A_{3}$.
\item Pour tout entier naturel $n$, on pose $u_{n} = \Omega A_{n}$. Justifier que la suite $\left(u_{n}\right)$ est une suite g\'eom\'etrique puis \'etablir que, pour tout entier naturel $n,$
\[ u_{n} = \sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n.\]
\item \`A partir de quel rang $n_{0}$ tous les points $A_{n}$ appartiennent-ils au disque de centre $\Omega$ et de rayon $0,1$ ?
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Quelle est  la nature du triangle $\Omega A_{0}A_{1}$ ?\\
En d\'eduire, pour tout entier naturel $n$, la nature du triangle $\Omega A_{n}A_{n+1}$.
\item Pour tout entier naturel $n$, on note $\ell_{n}$ la longueur de la ligne bris\'ee \\
$A_{0}A_{1}A_{2}\ldots A_{n-1}A_{n}$.
On a ainsi : $\ell_{n} = A_{0}A_{1}+ A_{1}A_{2} +\ldots +  A_{n-1}A_{n}$.
Exprimer $\ell_{n}$ en fonction de $n$. Quelle est la limite de la suite $\left(\ell_{n}\right)$ ?
\end{enumerate}
\end{enumerate}





\exot{QCM}


\emph{Pour chaque question, une seule des quatre r\'eponses propos\'ees est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le num\'ero de la question et la lettre correspondant \`a la r\'eponse choisie.}\\
\emph{ Chaque r\'eponse exacte rapporte} 1 \emph{point. Chaque r\'eponse fausse enl\`eve} 0,5 \emph{point. Une absence de r\'eponse est compt\'ee} 0 \emph{point. Si le total est n\'egatif, la note est ramen\'ee \`a z\'ero. Aucune justification n'est demand\'ee.}\\
\begin{enumerate} 
\item On consid\`ere, dans le plan complexe rapport\'e \`a un rep\`ere orthonormal, les points A et B d'affixes respectives $a$ et $b$. Le triangle $M$AB est rectangle isoc\`ele direct d'hypot\'enuse [AB] si et seulement si le point $M$ d'affixe $z$ est tel que :\\
\begin{tabular}{l l}
A :	$z = \dfrac{b - \text{i}a}{1 - \text{i}}$.&\hspace{1,5cm}	C :  $a - z =\text{i}(b - z)$.\\
B : $ z - a = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}(b - a)$.&\hspace{1,5cm} D : $b - z = \dfrac{\pi}{2}(a - z)$.\\
  \end{tabular}
\item On consid\`ere dans le plan orient\'e deux points distincts A et B ; on note I le milieu du segment [AB]. Soit $f$ la similitude directe de centre A, de rapport 2 et d'angle $\dfrac{2\pi}{3}$ ; soit $g$ la similitude directe de centre A, de rapport $\dfrac{1}{2}$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ ; soit $h$ la sym\'etrie centrale de centre 1.\\
  A : $h \circ g \circ f$ transforme A en B et c'est une rotation.\\
B : $h \circ g \circ f$ est la r\'eflexion ayant pour axe la m\'ediatrice du segment [AB].\\
C : $h \circ g \circ f$ n'est pas une similitude.\\
D : $h \circ g \circ f$ est la translation de vecteur $\ve{\text{AB}}$.
  
\end{enumerate}



\exot{Similitudes et arithmétique}




\noindent Le plan complexe $\mathcal{P}$ est rapport\'e \`a un rep\`ere orthonormal direct \ouv. On prendra pour unit\'e graphique 4 cm. On consid\`ere les points A, B, C et D d'affixes respectives $a,~ b,~c$ et $d$ telles que :

\[a = \text{i},\qquad	b = 1 + 2\text{i},\qquad	c = \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}},\quad \text{et} \quad  	d = 3+2\text{i}.\]

On consid\`ere la similitude directe $s$ qui transforme A en B et C en D. Soit $M$ un point d'affixe $z$ et $M'$, d'affixe $z'$, son image par $s$.
\begin{enumerate}
\item Exprimer $z'$ en fonction de $z$.\\
D\'eterminer les \'el\'ements caract\'eristiques de $s$.\\

Soit $\left(U_{n}\right)$ la suite num\'erique d\'efinie par : $\left\{\begin{array}{l c l}
U_{0}& =&0\\
U_{n+1}&	=& 2U_{n} +1\quad \text{pour tout}~ n \in \bbn\\
\end{array}\right.$

\item  Montrer que, pour tout entier naturel $n,~ U_{n+1}$ et $U_{n}$ sont premiers entre eux.
\item  Interpr\'eter g\'eom\'etriquement, en utilisant la similitude $s$, les termes de la suite $\left(U_{n}\right)$.
\item  Montrer que pour tout entier naturel $n, U_{n} = 2^n  - 1$.
\item  Montrer que, pour tous entiers naturels $n$ et $p$ non nuls tels que $n \geqslant  p$,
 \[U_{n} = U_{p} \left(U_{n-p} +1\right) + U_{n-p}.\]
La notation pgcd$(a~;~b)$ est utilis\'ee, dans la suite, pour d\'esigner le plus grand diviseur commun \`a deux entiers naturels $a$ et $b$ . Montrer pour $n \geqslant  p$ l'\'egalit\'e
\[\text{pgcd}\left(U_{n}~,U_{p}\right) = \text{pgcd}\left(U_{p},~U_{n-p}\right).\]
\item  Soit $n$ et $p$ deux entiers naturels non nuls, montrer que :
\[\text{pgcd}\left(U_{n},~U_{p}\right) =  U_{\text{pgcd}(n~;~p)}.\]
D\'eterminer le nombre : pgcd$\left(U_{2005},~U_{15}\right).$
\end{enumerate}




\exot{Similitude indirecte}


Le plan est rapport\'e au rep\`ere orthonormal \ouv. Unit\'e graphique :
\textbf{4 cm}

\vspace{0,5cm}
\noindent \textbf{Partie I}

\begin{enumerate}
\item Placer les points I, J, H, A, B, C, D d'affixes respectives :
\[
z_{\text{I}}=1\ ,\ z_{\text{J}}= \mathrm{i}\ ,\ z_{\text{H}} = 1 + \mathrm{i}\ ,\ z_{\text{A}}=2\ ,\ z_{\text{B}} =
\dfrac{3}{2} +  \mathrm{i}\ ,\ z_{\text{C}} = 2\mathrm{i} \ \mathrm{ et } \ z_{\text{D}} = -1
\]
\item Soit E le sym\'etrique de B par rapport \`a
  H. La perpendiculaire \`a la droite (AE) passant par C et la
  parall\`ele \`a la droite (OC) passant par D se coupent en F.

Placer E et F et v\'erifier que le point F a pour affixe $z_{\text{F}}= -1
+ \dfrac{1}{2} \mathrm{i}$.
\item Montrer que les triangles OAB et OCF sont isom\'etriques.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}
\noindent \textbf{Partie II}

On consid\`ere la transformation $f$ du plan, d'\'ecriture complexe : 
\[z' =- \mathrm{i} \, \overline{z} + 2  \mathrm{i}.\]

\begin{enumerate}
\item D\'eterminer les images des points O, A, B par $f$.
\item 
  \begin{enumerate}
  \item Montrer que $f$ est une similitude. Est-ce une isom\'etrie ?
  \item D\'eterminer l'ensemble des points invariants par $f$.
  \item La transformation $f$ est-elle une sym\'etrie axiale ?
  \end{enumerate}
\item Soit $t$ la translation de vecteur $\ve{\text{IJ}}$. Donner
  l'\'ecriture complexe de $t$ et celle de sa r\'eciproque $t^{-1}$.
\item On pose $s=f \circ t^{-1}$.
  \begin{enumerate}
  \item Montrer que l'\'ecriture complexe de $s$ est: $z'= - \mathrm{i} \,
  \overline{z} + 1 +  \mathrm{i}$.
\item Montrer que I et J sont invariants par $s$. En d\'eduire la
  nature de $s$.
\item En d\'eduire que $f$ est la compos\'ee d'une translation et d'une
  sym\'etrie axiale \`a pr\'eciser.
  \end{enumerate}
\end{enumerate}


\exot{Similitude indirecte}
\noindent \emph{La figure  sera compl\'et\'ee tout au long de l'exercice.}


\noindent Dans le plan complexe, rapport\'e au rep\`ere orthonormal direct \ouv, on consid\`ere les points A, B et C, d'affixes respectives $-5+6\text{i},~ - 7 -2\text{i}$ et $3 - 2\text{i}$. On admet que le point F, d'affixe $-2+\text{i}$ est le centre du cercle $\Gamma$ circonscrit au triangle ABC.
\begin{enumerate}
\item  Soit H le point d'affixe $-5$. D\'eterminer les \'el\'ements caract\'eristiques de la similitude directe de centre A qui transforme le point C en le point H.
\item  \begin{enumerate}
\item  \'Etant donn\'e des nombres complexes $z$ et $z'$, on note $M$ le point d'affixe $z$ et $M'$ le point d'affixe $z'$. Soient $a$ et $b$ des nombres complexes.\\
 Soit $s$ la transformation d'\'ecriture complexe $z'= a\overline{z}+b$ qui, au point $M$, associe le point $M'$. \\
D\'eterminer $a$ et $b$ pour que les points A et C soient invariants par $s$. Quelle est alors la nature de $s$ ? 
\item  En d\'eduire l'affixe du point E, sym\'etrique du point H par rapport \`a la droite (AC).
\item  V\'erifier que le point E est \`un point du cercle $\Gamma$.
 \end{enumerate}
\item  Soit I le milieu du segment [AC].\\
D\'eterminer l'affixe du point G, image du point I par l'homoth\'etie de centre B et de rapport $\dfrac{2}{3}$.\\
D\'emontrer que les points H, G et F sont align\'es.
\end{enumerate}

\psset{unit=0.65cm}
\begin{pspicture}(-9,-5)(9,9)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-9,-5)(9,7)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,1)
\uput[d](0.5,0){$\ve{u}$}\uput[l](0,0.5){$\ve{v}$}
\uput[dl](0,0){O} \uput[u](9,0){$x$}
\uput[l](0,7){$y$} \uput[ul](-5,6){A} \uput[dl](-7,-2){B}
\psdots(-5,6)(-7,-2)
\pscircle(-2,1){5.83}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,-5){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,-4){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,-3){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,-2){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,-1){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,-0){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,1){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,2){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,3){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,4){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,5){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,6){$\cdot$}}
\multido{\n=-9+1}{19}{\rput(\n,7){$\cdot$}}
\end{pspicture}


\exot{Avec de l'arithmétique}


\noindent Le plan complexe est muni d'un rep\`ere orthonormal \ouv (unit\'e graphique : 1~cm).\\
On fera une figure que l'on compl\'etera tout au long de cet exercice.\\

\noindent Soient A, B et C les points d'affixes respectives $a = 3 + 5\mathrm{i}$, $b = - 4 + 2 \mathrm{i}$ et $c = 1 + 4 \mathrm{i}$.\\

Soit $f$ la transformation du plan dans lui-m\^eme qui, \`a tout point $M$ d'affixe $z$, associe le point $M'$ d'affixe $z'$ d\'efinie par $z' = (2 - 2\mathrm{i})z + 1$.


\begin{enumerate}
\item D\'eterminer la nature et les \'el\'ements caract\'eristiques de f.

\item 
\begin{enumerate}
\item D\'eterminer l'affixe du point B' image du point B par f.

\item Montrer que les droites (CB') et (CA) sont orthogonales.
\end{enumerate}

\item Soit $M$ le point d'affixe $z = x + \text{i}y$ , o\`u on suppose que $x$ et $y$ sont des entiers relatifs.\\
Soit $M'$ l' image de $M$ par $f$.\\
Montrer que les vecteurs $\ve{\text{C}M'}$ et $\ve{\text{CA}}$ sont orthogonaux si et seulement si $x + 3y = 2$.

\item On consid\`ere l'\'equation (E) : $x + 3y = 2$, o\`u $x$ et $y$ sont des entiers relatifs.
\begin{enumerate}
\item V\'erifier que le couple $(- 4~;~2)$ est une solution de (E).

\item R\'esoudre l'\'equation (E).

\item En d\'eduire l'ensemble des points $M$ dont les coordonn\'ees sont des entiers appartenant \`a l'intervalle $[-5~;~5]$ et tels que les vecteurs $\ve{\text{C}M'}$ et $\ve{\text{CA}}$ soient orthogonaux.\\
Placer ces points sur la figure.

\end{enumerate}
\end{enumerate}





\exot{Composition de similitudes}

\ouv{} est un  rep\`ere orthonormal direct du plan complexe (unit\'e graphique 1~cm).\\
On consid\`ere le point $A$ d'affixe $z_{A}=1+\text{i}$.\\
On note $S_{1}$ la sym\'etrie orthogonale par rapport \`a l'axe $\left(\text{O}~;~\ve{u}\right)$ et $h$ l'homoth\'etie de centre O et de rapport 3.\\
On pose $s=h\circ S_{1}$.\\
\medskip
\noindent\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
	\item Placer le point $A$ et compl\'eter la figure au fur et \`a mesure.
	\item Quelle est la nature de la transformation $s$~? Justifier.
	\item D\'eterminer l'\'ecriture complexe de la transformation $s$.
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item D\'eterminer l'affixe $z_{B}$ du point $B$ image de $A$ par $s$.
		\item Montrer que $z_{B}=-3\text{i}z_{A}$. D\'eterminer une mesure de l'angle $\left(\ve{\text{O}A},\ve{\text{O}B}\right)$.
	\end{enumerate}
	\item Soient $M$ le milieu de $[AB]$ et $P$ l'image de $M$ par $s$. Montrer que la droite $(\text{O}P)$ est perpendiculaire \`a la droite $(AB)$.
\end{enumerate}

\medskip
\noindent\textbf{Partie B}
\begin{enumerate}
	\item On pose $C = s(B)$. Montrer que $P$ est le milieu de $[BC]$.
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item D\'eterminer l'\'ecriture complexe de $s\circ s$ et en d\'eduire sa nature.
		\item Montrer que l'image de la droite $(\text{O}P)$ par $s$ est la droite $(OM)$.
		\item Que repr\'esente le point $M$ pour le triangle O$BP$~? Justifier.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\exot{Avec et sans complexe...}


Le but de cet exercice est d'\'etudier une m\^eme configuration g\'eom\'etrique \`a l'aide de deux m\'ethodes diff\'erentes.

\noindent \textbf{I \`A l'aide des nombres complexes, sur un cas particulier}\\
Le plan complexe est rapport\'e au rep\`ere orthonormal direct \ouv. L'unit\'e graphique est 1~cm.

\begin{enumerate}
\item  On consid\`ere les points A et B d'affixes respectives 10 et 5i.
\begin{enumerate}
\item  D\'eterminer l'\'ecriture complexe de la similitude directe $s$ qui transforme O en A et B en O. 
\item  D\'eterminer les \'el\'ements caract\'eristiques de $s$. On note $\Omega$ son centre. 
\item  D\'eterminer le point $s \circ s(\text{B})$ ; en d\'eduire la position du point Q par rapport aux sommets du triangle ABO.
\end{enumerate}
\item  On note $\mathcal{D}$ la droite d'\'equation $x - 2y = 0$, puis A$'$ et B$'$ les points d'affixes respectives 8+4i et 2+i.
\begin{enumerate}
\item D\'emontrer que les points A$'$ et B$'$ sont les projet\'es orthogonaux respectifs des points A et de B sur la droite $\mathcal{D}$.
\item 	V\'erifier que $s$(B$'$) =A$'$.
\item 	En d\'eduire que le point $\Omega$ appartient au cercle de diam\`etre $\left[\text{A}'\text{B}'\right]$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip
	
\noindent \textbf{II \`A l'aide des propri\'et\'es g\'eom\'etriques des similitudes}\\
OAB est un triangle rectangle en O tel que $\left(\ve{\text{OA}},~\ve{\text{OB}}\right) = \dfrac{\pi}{2}$.

\begin{enumerate}
\item  On note encore $s$ est la similitude direct\`e telle que $s$(O) = A et $s$(B) = O. Soit $\Omega$ son centre.
\begin{enumerate}
\item Justifier le fait que l'angle de $s$ est \'egal \`a $\dfrac{\pi}{2}$.
\item D\'emontrer que $\Omega$ appartient au cercle de diam\`etre [OA]. (On admet de m\^eme que $\Omega$ appartient aussi au cercle de diam\`etre [OB].)\\
	En d\'eduire que $\Omega$ est le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OAB.
\end{enumerate}
\item  On d\'esigne par $\mathcal{D}$ une droite passant par O, distincte des droites (OA) et (OB).\\
	On note A$'$ et B$'$ les projet\'es othogonaux respectifs des points A et B sur la droite $\mathcal{D}$.
\begin{enumerate}
\item  D\'eterminer les images des droites (BB$'$) et $\mathcal{D}$ par la similitude $s$.
\item   D\'eterminer le point $s$(B$'$).
\item   En d\'eduire que le point $\Omega$ appartient au cercle de diam\`etre [A$'$B$'$]
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\exot{ROC et décomposition de similitudes}


Le plan complexe est rapport\'e \`a un rep\`ere orthonorinal direct \ouv. L'unit\'e graphique est 2~cm.\\
Le but de cet exercice est d'\'etudier la similitude plane indirecte $f$ d'\'ecriture complexe :
\[z'= \text{i}\sqrt{2}\overline{z} + 2\text{i}\sqrt{2} - 2,\]
et d'en donner deux d\'ecompositions.

\medskip

\noindent \textbf{I. Restitution organis\'ee de connaissances}\\
On rappelle que l'\'ecriture complexe d'une similitude plane directe autre qu'une translation est de la forme $z'= az +  b$, o\`u $a$ et $b$ sont des nombres complexes avec $a \neq 1$.\\
D\'eterminer en fonction de $a$ et de $b$ l'affixe du centre d'une telle similitude plane directe.

\medskip

\noindent \textbf{II. Premi\`ere d\'ecomposition de} \boldmath $f$ \unboldmath\\
 Soit $g$ la similitude plane directe d'\'ecriture complexe:
\[z'= \text{i}\sqrt{2} z +2\text{i}\sqrt{2} - 2.\]

\begin{enumerate}
\item  Pr\'eciser les \'el\'ements caract\'eristiques de $g$ (centre, rapport, angle).
\item  D\'eterminer une r\'eflexion $s$ telle que $f = g \circ s$,
\end{enumerate}

\medskip

\noindent \textbf{III. Deuxi\`eme d\'ecomposition de} \boldmath $f$ \unboldmath
\begin{enumerate}
\item  Montrer que $f$ admet un unique point invariant not\'e $\Omega$. D\'eterminer l'affixe $\omega$ de $\Omega$.
\item Soit $\mathcal{D}$ la droite d'\'equation : $y = x+2$.\\
Montrer que pour tout point $N$ appartenant \`a $\mathcal{D}$, le point $f(N)$ appartient aussi \`a $\mathcal{D}$.
\item Soit $\sigma$ la r\'eflexion d'axe $\mathcal{D}$ et $k$ la transformation d\'efinie par : $k = f \circ \sigma$.
\begin{enumerate}
\item  Donner l'\'ecriture complexe de $\sigma$.\\
(Indication : on pourra poser $z'= a\text{i}+b$ et utiliser deux points invariants par $\sigma$ pour d\'eterminer les nombres complexes $a$ et $b$.)
\item  En d\'eduire que l'\'ecriture complexe de $k$ est : $ z'=\sqrt{2}z + 2\sqrt{2} - 2$.
\item  Donner la nature de la transformation $k$ et pr\'eciser ses \'el\'ements caract\'eristiques.
\end{enumerate}
\item  D\'eduire de ce qui pr\'ec\`ede une \'ecriture de la similitude indirecte $f$ comme compos\'ee d'une r\'eflexion et d'une homoth\'etie,
\end{enumerate}
 

\end{document}




















%%% Local Variables: 
%%% mode: latex
%%% TeX-master: t
%%% End: 
