%exos BTS Pierre p 27 et 28 : similitude + informatique.
\input{makcyber}


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\LECOND{XXI}{Vingt-et-unième}{G\'EOM\'ETRIE I \bigskip }{  SIMILITUDES }{SIMILITUDES}{sosie.eps}
%\end{minipage}
%\begin{minipage}{0.3\textwidth}
%\hspace{-1.5cm}
%\includegraphics[width=\textwidth]{sosie.eps}
%\end{minipage}
%


\begin{Abstract}
Le jeune Théhessin s'était déjà frotté les années antérieures aux transformations du plan qui se résumaient en général à quatre d'entre
elles : symétries, rotations, translations et homothéties. Mais Mathémator lui demande une nouvelle fois de retourner aux
sources...\end{Abstract}

\SECTION{AU COMMENCEMENT \'ETAIT LA SIMILITUDE...}{Au commencement était la similitude...}


\SUBSECTION{Définitions}

\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\footnote{voir le crocodile page~\pageref{croco} ou à la rigueur l'inversion page \pageref{inversion}, même si ce n'est pas
vraiment une transformation}. 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{Exemples}


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...}

\pro C'est bien beau, mais il existe bien d'autres similitudes. En particulier, les isométries...

\ENC{\Def}{Une \textbf{isométrie} est une similitude de rapport 1}

\tsx Ah, ça, 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 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.2}
\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.3}
\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.4}
\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 D'UNE SIMILITUDE}{Forme complexe d'une similitude}

\SUBSECTION{Conservation des angles non orientés}

\pro Comme nous le verrons bientôt\footnote{Voir la construction du produit scalaire page~\pageref{ps}} 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 \footnote{et nous commenterons abondamment ce résultat page~\pageref{psnorme}}
que

\begin{eqnarray*} \ve{u}\cdot\ve{v} &=&
\fr{1}{2}\pa{||\ve{u}+\ve{v}||^2-||\ve{u}||-||\ve{v}||}\\
&=& \fr{1}{2}\pa{||\ve{u}||^2+||\ve{v}||^2-||\ve{u}-\ve{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\footnote{voir page~\pageref{pscos}}
$$\cos(\ve{u},\ve{v})=\fr{\ve{u}\cdot\ve{v}}{||\ve{u}||\times||\ve{v}||}$$ avec $(\ve{u},\ve{v})$ l'unique antécédent de
$\fr{\ve{u}\cdot\ve{v}}{||\ve{u}||\times||\ve{v}||}$ par la fonction cosinus dans $[0,\pi]$.

qui vous permettra de démontrer pendant vos nuits blanches que

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

\tsx Pourquoi précisez-vous <<~angles géométriques~>>~? 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 dstinguerons
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}

\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

\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}\vspace{0cm}
\begin{center}
\includegraphics[width=\textwidth]{simi.5}
$Z'=Z$
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}\vspace{0cm}
\begin{center}
\includegraphics[width=\textwidth]{simi.6}
$Z'=\bar{Z}$
\end{center}
\end{minipage}




\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 $\ab{a}$}


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

\pro Récapitulons : $f$ vérifie $f'=if$ 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 $f(x)=\exp(ix)=e^{ix}$.

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

Notez au passage que les formules d'additions sont alors plus faciles à retrouver. En effet, $e^{i(a+b)}=e^{ia}e^{ib}$, 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{\'ECRITURE COMPLEXE DES TRANSFORMATIONS USUELLES}{\'Ecriture 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 $z'=ze^{i\al}+b$.}

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

\begin{center}
\includegraphics{simi.7}
\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.8}
\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{COMPOSITION DE TRANSFORMATIONS}{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.

 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{SIMILITUDES DIRECTES}{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{\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 cœur 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.

\sm

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



\ENC{Classification des similitudes indirectes selon les points fixes}{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}




 \SECTION{EXERCICES}{Exercices}

\exot{} Voici un petit programme MetaPost qui m'a permis de tracer la figure suivante :

\parpic{\includegraphics{simi.9}}\texttt{ beginfig(9) \\ transform T;   u:=1cm; \\  z0=(0,0); z1=(2u,0); z3=z1 rotated 90; z2=z1+z3; \\
z0 transformed T =0.1[z0,z1]; \\ z1 transformed T = 0.1[z1,z2];  \\ z2 transformed T = 0.1[z2,z3]; \\  path p; p=z0--z1--z2--z3--cycle;
\\ fill p withcolor red; \\ fill p transformed T withcolor white; \\ endfig;}


Que vous inspire-t-il~?

\sm

Et que vous inspire cette nouvelle figure~?

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


\exot{}

Comment passe-t-on du grand pentagone régulier au petit~?


\begin{center}
\includegraphics{simi.11}
\end{center}

\break

\exot{} Décrivez cette figure à l'aide de similitudes.

\begin{center}
\includegraphics{simil.12}
\end{center}


Pour information, voici le programme Metapost correspondant à cette figure

\texttt{beginfig(12)}

\texttt{ u:=8cm;}

\texttt{ vardef serp(expr a,b,c,n)=}

\texttt{ save aa, bb, cc; pair aa, bb, cc; path p,pp;}

\texttt{ aa=0.5[a,b]; bb=0.5[b,c]; cc=0.5[a,c];}

\texttt{ if n>1: serp(a,aa,cc,n-1); serp(aa,b,bb,n-1); serp(cc,bb,c,n-1);}

\texttt{ else: draw aa--bb--cc--cycle; p=a--b--c--cycle; pp=aa--bb--cc--cycle; fill p withcolor rose; fill pp withcolor white;}

\texttt{ fi;}

\texttt{ enddef;}

\texttt{pair A,B,C; A=(0.6u,u); B=(0,0); C=(1.2u,0); serp(A,B,C,6);}

\texttt{ endfig;}




\exot{} Soient $ABCD$ et $A'B'C'D'$ deux carrés directs.  Comment passe-t-on du premier au deuxième \been
\item si l'on suppose que $(AB)$ et $(A'B')$ sont parallèles ?
\item sinon ? Vous pourrez dans ce cas introduire  $P$, $Q$, $R$ et $S$, les points d'intersection respectifs de $(AB)$ et $A'B')$,
$(BC)$  et $(B'C')$, $(CD)$ et $(C'D')$, $(DA)$ et $(D'A')$ ainsi que le point $O$, intersection de $(PR)$ et $(QS)$. \een


\exot{Style Bac avec ROC}



On considère un triangle OA$_{0}$B$_{0}$ rectangle isocèle en O et tel que la distance A$_{0}$B$_{0}$ soit égale à $4\sqrt{2}$. On
précise de plus que l'angle $\left(\overrightarrow{\text{OA}_{0}},~\overrightarrow{\text{OB}_{0}}\right)$ est un angle droit direct.

\noindent On définit alors pour tout entier naturel $n$ les points $A_{n+1}$ et $B_{n+1}$ de la façon suivante

\begin{itemize} \item $A_{n+1}$ est le milieu du segment
$[A_{n}B_{n}]$ ;

\item  $B_{n+1}$ est le symétrique du point $A_{n+1}$ par raoport à la droite (O$B_{n}$).

\end{itemize}

\begin{enumerate} \item Représenter le triangle OA$_{0}$B$_{0}$, puis construire
les points A$_{1}$,~ B$_{1}$,~ A$_{2}$,~ B$_{2}$,~ A$_{3}$,~ B$_{3}$.

\item \begin{enumerate} \item \textbf{Démonstration de cours.} Démontrer qu'il existe une similitude
directe et une seule qui transforme A$_{0}$ en A$_{1}$ et  B$_{0}$ en B$_{1}$.

\item Soit $s$ cette similitude : préciser son angle et son rapport, puis
vérifier que son centre est O. Démontrer que, pour tout entier naturel $n$, la similitude $s$  transforme $A_{n}$ en $A_{n+1}$ et $B_{n}$
en $B_{n+1}$.

\end{enumerate}

\item \begin{enumerate} \item Démontrer que les points O, $A_{n}$ et $A_{p}$ sont alignés
si et seulement si les entiers $n$ et $p$ sont congrus modulo 4.

\item On désigne par $\Omega$ le point d'intersection des droites
(A$_{0}$B$_{4}$) et (B$_{0}$A$_{4}$). Démontrer que le triangle A$_{0}\Omega$B$_{0}$ est isocèle en $\Omega$.

\item Calculer la distance A$_{0}$B$_{4}$.

\item Démontrer que $\Omega\text{A}_{0} = 4 \Omega \text{B}_{4}$.

\item En déduire l'aire du triangle A$_{0}\Omega$B$_{0}$.

\end{enumerate}

\end{enumerate}


%\exot{Problème de construction}
%
%Deux cercles $(\CR)$ et $(\CR')$, un point $A$  et un triangle $abc$ sont donnés. Construisez un triangle $ABC$ directement semblable à
%$abc$ sachant que $B\in\CR$ et $C\in\CR'$.
%


\exot{} Le triangle $ABC$ est direct rectangle en $A$. Le point $D$ est le pied de la hauteur issue de $A$. On note $I$ et $J$ les
centres des cercles inscrits dans les triangles $ABD$ et $ACD$. La droite $(IJ)$ coupe $(AB)$ en $P$ et $(AC)$ en $Q$. \been
\item Montrez que les triangles $ABD$, $ADC$ et $DJI$ sont directement semblables.\jok{Considérez la similitude de centre $D$ qui
transforme $C$ en $A$}
\item Montrez que le triangle $APQ$ est isocèle.\jok{Pensez angles}
\een

\exot{}

On construit extérieurement à un triangle $ABC$ les triangles $PBC$, $QCA$, $BCT$ et $RAB$ tels que $\widehat{PBC}=\widehat{PCB}=15°$,
$\widehat{QCA}=\widehat{RBA}=45°$, $\widehat{QAC}=\widehat{RAB}=30°$ et $BCT$ est équilatéral.

Montrez que $PQ=PR$ et que $(PQ)\bot(PR)$.\jok{Considérez les similitudes $s_1$ et $s_2$ de centres $B$ et $C$  qui transforment $R$ en
$A$ et $A$ en $Q$ puis étudiez $s_2\circ s_1$}

\exot{} Soit $ABC$ un triangle et $A'$, $B'$ et $C'$ les centres de gravité des trois triangles équilatéraux accolés extérieurement à
chacun des côtés de $ABC$.\jok{Pensez complexes et exprimez $b'-a'$ et $c'-a'$ en fonction de $a$, $b$ et $c$.}

Que pensez-vous du triangle $A'B'C'$~?

\exot{} Soient $A$ et $B$ deux points distincts du plan. Déterminez toutes les isométries qui échangent $A$ en $B$, c'est à dire telles
que $f(A)=B$ et $f(B)=A$. \jok{Pensez au milieu}

\exot{} Soit $ABC$ un triangle équilatéral. Déterminez les isométries laissant globalement invariant ce triangle, i.e. telles que
$f\pa{\ac{A,B,C}}=\ac{A,B,C}$.

\exot{} On munit le plan d'un repère orthonormé direct. Déterminez les éléments caractéristiques de la similitude directe qui transforme
$A$ en $A'$ et $B$ en $B'$ avec $$A(1,1)\quad A'(2,1)\quad B(1,-1)\quad B'(4,-1)$$



\exot{} Soit $z$ un nombre complexe non nul. Dans le plan complexe, soient $A$, $B$, $C$, $D$ et $E$ les points d'affixes respectives
$z$, $z^2$, $z^3$, $z^4$ et $z^5$. \been
\item Montrez que si $A$, $B$, $C$ et $D$ sont sur un même cercle, alors $E$ aussi.\jok{Introduisez  une similitude.}
\item Déterminez les nombres complexes $z$ tels que  $A$, $B$, $C$, $D$ et $E$ soient cocycliques.
\een


\exot{Réflexion d'axe ($OA$)} Soit $A$ le point d'affixe $e^{i\theta/2}$. Montrez que la réflexion d'axe ($OA$) a pour écriture complexe
$$z'=e^{i\theta}\bar{z}$$

\exot{Symétrie glissée}

La symétrie glissée d'axe $\DR$ et de vecteur $\ve{u}$ est la transformation $\sigma=t_{\ve{u}}\circ s_{\DR}$. \been
\item Montrez que $\sigma=s_{\DR}\circ t_{\ve{u}}$.

\item Le point $M$ ayant pour image $M'$, montrez que le milieu $I$ de $[MM']$ appartient à $\DR$ et que $M\in\DR$ si et seulement si
$\ve {MM'}=\ve{u}$.

\item \'Etudiez  $\sigma\circ \sigma$.

\item Que vous inspire la figure ci-dessous~?

\begin{center}
\includegraphics{simi.12 }
\end{center}

\een


\exot{Bac}

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal $\ouv$.

\noindent Soient les points A, A$'$, B et B$'$ d'affixes respectives :

\[z_{\text{A}} = 1 - 2\text{i},~ z_{\text{A}'} =-2 +
4\text{i},~z_{\text{B}} =3 - \text{i},~z_{\text{B}'} = 5\text{i}.\]

\begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Placer les points A, A$'$, B et B$'$ dans le plan complexe. Monter que ABB$'$A$'$
est un rectangle.

\item Soit $s$ la réflexion telle que $s$(A)=A$'$ et $s$(B)=B$'$. On note
($\Delta$) son axe.

Donner une équation de la droite ($\Delta$) et la tracer dans le plan complexe.

\item On note $z'$ l'affixe du point $M'$ image par $s$ du point $M$
d'affixe $z$.

Montrer que

\[z'= \left(\cfrac{3}{5} + \cfrac{4}{5}\text{i}\right)\overline{z} +
2\text{i}-1.\]

\end{enumerate}

\item Soit $g$ l'application du plan dans lui même qui à tout point $M$
d'affixe $z$ associe le point $P$ d'affixe $z'$ définie par :

\[z' = \left(- \cfrac{6}{5} - \cfrac{8}{5}\text{i}\right)\overline{z} + 5 - \text{i}.\]

\begin{enumerate} \item On note $C$ et $D$ les images respectives de A et B par $g$ ; déterminer les
affixes de $C$ et $D$ et placer ces points dans le plan complexe.

\item Soit $\Omega$ le point d'affixe $1 + \text{i}$ et soit $h$ l'homothétie
de centre $\Omega$ et de rapport $- 2$.

Montrer que $C$ et $D$ sont les images respectives de A$'$ et B$'$ par $h$.

\item Soit $M_{1}$ d'affixe $z_{1}$ l'image par $h$ de $M$, d'affixe $z$. Donner
les éléments caractéristiques de $h^{-1}$ et exprimer $z$ en fonction de $z_{1}$.

\end{enumerate}

\item On pose $f = h ^{-1} \circ g$.

\begin{enumerate} \item Déterminer l'expression complexe de $f$.

\item Reconnaître $f$. En déduire une construction du point $P$, image par $g$ d'un point
 $M$ quelconque donné du plan.

\end{enumerate}

\end{enumerate}


\exot{Bac}

Dans le plan orienté, on considère un carré direct ABCD de centre O. Soit
 $P$ un point du segment [BC] distinct de B. On note $Q$ l'intersection de (A$P$)
 avec (CD). La perpendiculaire $\delta$ à (A$P$) passant par A coupe (BC) en $R$ et
(CD) en $S$.

\begin{enumerate} \item Faire une figure.

\item Soit $r$ la rotation de centre A et d'angle $\fr{\pi}{2}$.

\begin{enumerate} \item Précisez, en justifiant votre réponse, l'image de la droite (BC) par la
 rotation $r$.

\item Déterminez les images de $R$ et de $P$ par $r$.

\item Quelle est la nature de chacun des triangles A$RQ$ et A$PS$.

\end{enumerate}

\noindent \textbf{3.} On note $N$ le milieu du segment [$PS$] et $M$ celui du segment [$QR$]. Soit $s$ la similitude de centre A, d'angle
$\fr{\pi}{4}$ et de rapport $\fr{1}{\sqrt{2}}$.

\begin{enumerate} \item Déterminez les images respectives de $R$ et de $P$ par $s$.

\item Quel est le lieu géométrique du point $N$ quand $P$ décrit le segment [BC] privé
de B ?

\item Démontrez que les points $M$, B, $N$ et D sont alignés.

\end{enumerate}

\end{enumerate}

\exot{Bac}

Le plan complexe est rapporté au repère orthonormé direct $\ouv$. On prendra 1 cm pour
 unité graphique. On considère les points A, B, C et D d'affixes respectives

\[z_{\text{A}} = 2 + \text{i},\quad z_{\text{B}}
= 1 + 2\text{i},\quad z_{\text{C}}  = 6+3\text{i},\quad z_{\text{D}}  = - 1 + 6\text{i}.\]

\begin{enumerate} \item Représenter les points A, B, C et D.

\item Montrer qu'il existe une similitude directe $f$ telle que $f$(A) = B et
$f$(C) = D.

\noindent Montrer que cette similitude est une rotation, et préciser ses éléments caractéristiques.

\item Soit J le point d'affixe $3+5\text{i}$.

\noindent Montrer que la rotation $R$ de centre J et d'angle $- \fr{\pi}{2}$ transforme A en D
 et C en B.

\item On appelle I le point d'affixe $1+\text{i}$,~M et N les milieux respectifs
de segments [AC] et [BD].

\noindent Déterminer, en utilisant les résultats des questions précédentes, la nature du quadrilatère IMJN.

\item On considère les points $P$ et $Q$ tels que les quadrilatères IA$P$B et IC$Q$D sont des
 carrés directs.

\begin{enumerate} \item Calculer les affixes $z_P$ et $z_Q$ des points $P$ et $Q$.

\item Déterminer $\fr{\text{I}P}{\text{IA}}$ et $\fr{\text{I}Q}{\text{IC}}$ ainsi
 qu'une mesure des angles $\left(\overrightarrow{\text{IA}},~\overrightarrow{\text{I}P}
\right)$ et $\left(\overrightarrow{\text{IC}},~\overrightarrow{\text{I}Q} \right)$.

En déduire  les éléments caractéristiques de la similitude directe
 $g$ telle que $g$(A) = $P$ et $g$(C)= $Q$.

\item En déduire que J est l'image de $M$ par $g$. Que peut-on en déduire
 pour J ?

\end{enumerate}

\end{enumerate}



\exot{Bac}


Le plan est muni d'un repère orthonormal direct $\ouv$. On prendra, sur la figure 1 cm pour unité graphique.

\noindent On désigne par A, B  et C les points d'affixes respectives $- 1$  + i,~$3 + 2\text{i}$ et i$\sqrt{2}$.

\begin{enumerate} \item On considère la transformation $f$ du plan dans lui-même qui à
tout point $M$ d'affixe $z$ associe le point $M' = f(M)$ d'affixe $z'$ définie par :

\[z' = \cfrac{1 + \text{i}}{\sqrt{2}}\overline{z} - 1 + \text{i}\left(1 +
\sqrt{2}\right).\]

\begin{enumerate} \item Calculer les affixes des points A$' = f(\text{A})$ et
C$' = f(\text{C})$.

\item En déduire la nature de $f$ et caractériser cette transformation.

\item Placer les points A, B et C puis construire le point B$' =
f(\text{B})$.

\end{enumerate}

\item \begin{enumerate} \item Donner l'écriture complexe de l'homothétie
$h$ de centre A et de rapport $\sqrt{2}$.

\item Montrer que la composée $g = f \circ h$ a pour écriture complexe
$z'' =  (1 + \text{i})\overline{z} - 1 + 3\text{i}$.

\end{enumerate}

\item \begin{enumerate} \item Soit M$_0$ le point d'affixe 2 - 4 i.

Determiner l'affixe du point M$_0'' = g\left(\text{M}_0\right)$ puis vérifier que les vecteurs $\overrightarrow{\text{AB}}$ et
$\overrightarrow{\text{AM}_0''}$ sont orthogonaux.

\item On considère un point $M$ d'affixe $z$. On suppose que la partie
réelle $x$ et la partie imaginaire $y$ de $z$ sont des entiers.

Démontrer que les vecteurs $\overrightarrow{\text{AB}}$ et $\overrightarrow{\text{AM}''}$
 sont orthogonaux si, et seulement si $5x+ + 3y  = -2$.

\item Résoudre dans $\bbz^2$ l'équation $5x + 3y = -2$.

\item En déduire les points $M$ dont les coordonnées sont des entiers
appartenant à l'intervalle $[-6~;~ 6]$ tels que $\overrightarrow{\text{AB}}$ et $\overrightarrow{\text{AM}''}$ sont orthogonaux. Placer
les points obtenus sur la figure.

\end{enumerate}

\end{enumerate}


\exot{Bac}


Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct $\ouv$~ (unité graphique : 1 cm).

\noindent On note $r_1$ la rotation de centre O et d'angle $\fr{\pi}{3}$ et $r_2$ la rotation de centre O et d'angle $\fr{\pi}{5}$.

\noindent \textbf{Partie A}

\begin{enumerate} \item Résoudre dans $\bbz \times \bbz$ l'équation ( E) :  $3y =
5(15 - x)$.

\item Soit I le point d'affixe 1.

\noindent On considère un point $A$ mobile sur le cercle trigonométrique $\mathcal{C}$ de centre O.

\noindent Sa position initiale est en I.

\noindent On appelle $d$ la distance, exprimée en centimètres, qu'a parcourue le point $A$ sur le cercle $\mathcal{C}$ après avoir subi
$p$ rotations $r_1$ et $q$
 rotations $r_2$ \quad ($p$ et $q$ étant des entiers naturels).

\noindent  On convient que lorsque $A$ subit la rotation $r_1$ (respectivement $r_2$),
 il parcourt une distance de  $\fr{\pi}{3}$cm (respectivement
 $\fr{\pi}{5}$ cm).

\noindent  Déterminer toutes les valeurs possibles de $p$ et $q$ pour lesquelles le
 point $A$ a parcouru exactement deux fois et demie la circonférence du cercle $\mathcal{C}$
 à partir de I.

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\noindent \textbf{Partie B}

On note $h_1$ l'homothétie de centre O et de rapport 4 et $h_2$ l'homothétie de centre O et de rapport $-6$. On pose $s_1 = r_1 \circ
h_1$ et $s_2 =r_2 \circ h_2$.

\begin{enumerate} \item Préciser la nature et les éléments caractéristiques
de $s_1$ et $s_2$.

\item On pose :

$S_m = s_1  \circ s_1 \cdots \circ s_1$ (composée de $m$ fois $s_1$,~ $m$ étant un entier
 naturel non nul),

$S'_n = s_2  \circ s_2 \cdots \circ s_2$ (composée de $n$ fois $s_2$,~ $n$ étant un entier naturel non nul), et $f = S'_n s_1  \circ
S_m$.

\begin{enumerate} \item Justifier que $f$ est la similitude directe de centre O, de rapport
 $2^{2m+n}~\times~ 3^n$ et d'angle $m\fr{\pi}{3} + n\fr{6\pi}{5}$.

\item $f$ peut-elle être une homothétie de rapport 144 ?

\item On appelle M le point d'affixe 6 et M$'$ son image par $f$.

Peut-on avoir OM$' =  240$ ?

Démontrer qu'il existe un couple d'entiers naturels unique $(m,~n)$ tel que OM$' = 576$.

Calculer alors la mesure principale de l'angle orienté $\left(\overrightarrow{u},~ \overrightarrow{\text{OM}'}\right)$.

\end{enumerate}

\end{enumerate}


\exot{Bac}


Le plan P est rapporté a un repère orthonormal $\ouv$. On prendra pour unité graphique 3 cm.

On considère les points A, B, C et D d'affixes respectives a, b, c et d telles que

\[\text{a} = 3 \qquad  \text{b} = 1 + \fr{2}{3}\text{i} \qquad
\text{c} = 3\text{i} \quad \text{et} \quad   \text{d} = -\fr{1}{3}\text{i}.\]

\begin{enumerate}\item Représenter les points A, B, C et D.

\item Déterminer l'angle $\theta$ et le rapport $k$ de la similitude
directe $s$ transformant A en B et C en D.

\item Donner l'écriture complexe de $s$. En déduire l'affixe du centre I
de $s$.

\item Soit $M$ le point de coordonnées $(x~;~ y)$ et $M'(x'~;~ y')$ son image
par $s$.

Montrer que : $\left\{\begin{array}{l c l}
x' & = &-\fr{1}{3}y + 1\\
y' & = & \fr{1}{3}x -\fr{1}{3}\\
\end{array} \right.$

\item On construit une suite $\left(M_{n}\right)$ de points du plan en posant

\[\left\{\begin{array}{l c l}
\text{M}_{0}& =&\text{A}\\
\multicolumn{3}{l}{\text{et, pour tout entier naturel } n}\\
M_{n+1} &= & s(M_{n})\\
\end{array} \right.\]

Pour tout entier naturel, on note $z_{n}$ l'affixe du point $M_{n}$ et on pose $r_{n} = \left|z_{n} -1\right|$.

\begin{enumerate}\item Montrer que $\left(r_{n}\right)$ est une suite géométrique dont on précisera le premier
terme et la raison.

\item Déterminer le plus petit entier naturel $k$ tel que I$M_{k}
\leqslant  10^{-3}$.

\end{enumerate}

\end{enumerate}


\end{document}
