Axes parallèles, distance d=2. σ₂∘σ₁ = translation de vecteur (4,0) (vers la droite, 2×2=4). Vérification : σ₁(A(1,y))=A'(−1,y). σ₂(A'(−1,y))=A''(5,y). A''−A=(4,0) ✓.

(1) f(z)=a(z−ω)+ω avec a=2e^(iπ/2)=2i, ω=1+i. f(z)=2i(z−1−i)+1+i=2iz−2i−2i²+1+i=2iz+2+1+i−2i=2iz+3−i. (2) z_A=3. f(3)=6i+3−i=3+5i. Image : A'(3,5).

L'affinité (x,y)→(x,2y) transforme le cercle. Si x²+y²=1 et (X,Y)=(x,2y) : x=X, y=Y/2. X²+(Y/2)²=1 → X²+Y²/4=1. Ellipse de demi-axes 1 et 2.

(1) r directe, s indirecte. Composée directe∘indirecte = indirecte. r∘s est indirecte (réflexion ou symétrie glissée). (2) (r∘s)² = r∘s∘r∘s = r∘(s∘r)∘s. s∘r∘s est une rotation de même angle que r mais d'axe symétrique. (r∘s)⁶ = ? : (r∘s)² est une rotation d'angle 2π/3. (r∘s)⁶=((r∘s)²)³= rotation d'angle 2π = identité.

(1) a=1+i. k=|a|=√2. θ=arg(1+i)=π/4. (2) Ω=b/(1−a)=(2−i)/(1−(1+i))=(2−i)/(−i)=(2−i)·i/(−i·i)=(2i−i²)/1=1+2i. Centre : (1,2). (3) k=√2≠1, donc ce n'est pas une isométrie.

Notons a=AB. Repère : A(0,0), B(a,0), C(a,b), D(0,b) ; la droite (AD) est la droite x=0.

s_Δ∘s_(AD) est la composée de deux réflexions d'axes parallèles à (AD) (le résultat étant une translation) : c'est la translation de vecteur 2·MN→, où M∈(AD), N∈Δ, MN→ perpendiculaire aux axes.

On veut 2·MN→ = AB→=(a,0), donc MN→=(a/2,0) : Δ est la droite parallèle à (AD), à la distance a/2 de (AD) du côté de B.

Conclusion : Δ est la médiatrice commune de [AB] et [DC] (elle passe par les milieux de [AB] et de [DC]).

Théorème général : si (D₁) et (D₂) sont deux droites sécantes en un point O, d'angle orienté θ=(D₁,D₂), alors s_(D₂)∘s_(D₁) est la rotation de centre O et d'angle 2θ.

Ici (D₁)=(AB) et (D₂)=(AC) se coupent en A, avec (AB,AC)=Â.

Conclusion : s_(AC)∘s_(AB) est la rotation de centre A et d'angle 2Â.

La somme des angles est π/3+π/3=2π/3≠0 [2π] : la composée est donc une rotation d'angle 2π/3.

Plaçons A(0,√3), B(−1,0), C(1,0) (triangle équilatéral direct, de centre O(0,√3/3)). En notant a=e^(i2π/3), un calcul en nombres complexes donne, pour f=r(B,π/3)∘r(C,π/3) : f(z)=az+K avec K=0,5+i√3/2, puis le centre Ω=K/(1−a)=i√3/3, soit Ω=O.

Conclusion : r(B,π/3)∘r(C,π/3) = rotation de centre O (le centre du triangle) et d'angle 2π/3.

Repère : A(0,0), B(1,0), C(1,1), D(0,1), O(0,5;0,5).

r(A,π/2) : (x,y)→(−y,x). r(B,π/2) : (x,y)→(1−y,x−1).

r(A,π/2)∘r(B,π/2)(x,y) = r(A,π/2)(1−y,x−1) = (−(x−1),1−y) = (1−x,1−y).

Or (1−x,1−y)=2·(0,5;0,5)−(x,y) : c'est la symétrie centrale de centre O. (La somme des angles π/2+π/2=π confirme qu'il s'agit d'une symétrie centrale.)

Conclusion : r(A,π/2)∘r(B,π/2) = symétrie centrale de centre O, le centre du carré.

Repère : A(0,0), B(1,0), C(1,1), D(0,1), O(0,5;0,5). r : (x,y)→(1−y,x). t : (x,y)→(x,y+1).

r∘t(x,y)=r(x,y+1)=(1−(y+1),x)=(−y,x). Point fixe : x=−y et y=x ⟹ x=y=0, c'est-à-dire A. Donc r∘t est le quart de tour direct de centre A.

t∘r(x,y)=t(1−y,x)=(1−y,x+1). Point fixe : x=1−y et y=x+1 ⟹ x=0, y=1, c'est-à-dire D. Donc t∘r est le quart de tour direct de centre D.

Conclusion : r∘t = quart de tour direct de centre A ; t∘r = quart de tour direct de centre D.

En nombres complexes, pour un triangle direct ABC, le centre du carré extérieur construit sur un côté orienté X→Y (dans le sens de parcours direct du triangle) est Z=(X+Y)/2 − i(Y−X)/2.

On obtient ainsi : P=(B+C)/2−i(C−B)/2, Q=(C+A)/2−i(A−C)/2, R=(A+B)/2−i(B−A)/2.

Un calcul direct donne : R−Q = (B−C)/2 + i(2A−B−C)/2, puis φ(QR→)=i(R−Q) = −A+(B+C)/2+i(B−C)/2.

Or P−A = (B+C)/2−i(C−B)/2−A = −A+(B+C)/2+i(B−C)/2, qui est exactement égal à φ(QR→).

On a donc φ(QR→) = AP→ : les vecteurs AP→ et QR→ ont même norme (φ conserve les longueurs) et sont orthogonaux (φ est une rotation d'angle π/2).

Conclusion : AP = QR et (AP)⊥(QR).

f=t∘r₀ : la composée d'une translation et d'une rotation d'angle θ≠0 [2π] est une rotation de même angle θ (seul le centre change). Ici θ=π/2, donc f est une rotation d'angle π/2.

g₁=r₁∘f : composée de deux rotations d'angles −π/4 et π/2 ; la somme −π/4+π/2=π/4≠0 [2π], donc g₁ est une rotation d'angle π/4.

g₂=r₂∘f : composée de deux rotations d'angles 3π/4 et π/2 ; la somme 3π/4+π/2=5π/4≡−3π/4 [2π] (≠0), donc g₂ est une rotation d'angle −3π/4 (ou 5π/4).

a) z'=iz+1 : a=i, b=1. k=|a|=1 et angle=arg(i)=π/2 : c'est en fait une isométrie (une rotation). Centre Ω=b/(1−a)=1/(1−i)=(1+i)/2, soit Ω(0,5;0,5). Conclusion : rotation de centre Ω(0,5;0,5) et d'angle π/2.

b) z'=(1−i)z+1 : a=1−i, b=1. k=|a|=√2, angle=arg(1−i)=−π/4. Centre Ω=b/(1−a)=1/(1−(1−i))=1/i=−i, soit Ω(0;−1). Conclusion : similitude directe de rapport √2, d'angle −π/4, de centre Ω(0;−1).

1) z_G=(2z_A−2z_B+z_C)/(2−2+1)=2i−2(1+i)+(2+2i)=2i−2−2i+2+2i=2i. Donc G(0;2).

2) On cherche s(z)=az+b avec s(A)=B et s(B)=C : ai+b=1+i et a(1+i)+b=2+2i. En soustrayant : a=(2+2i)−(1+i)=1+i. Puis b=(1+i)−(1+i)i=(1+i)−(i−1)=2.

Centre : Ω=b/(1−a)=2/(1−(1+i))=2/(−i)=2i. On retrouve Ω=2i=G : le centre de s est bien G.

3) a=1+i donc k=|a|=√2 et angle=arg(1+i)=π/4.

1) a=1+i, b=−i. k=|a|=√2, angle=arg(1+i)=π/4. Centre A=b/(1−a)=−i/(1−(1+i))=−i/(−i)=1, soit A(1;0).

2) Pour tout point M, AM'→=a·AM→ (propriété du centre d'une similitude). Donc AM'=√2·AM et l'angle (AM→,AM'→)=π/4. En prenant un repère local d'origine A avec AM→=1, on obtient AM'→=1+i, d'où MM'→=AM'→−AM→=i, orthogonal à AM→=1 (produit scalaire nul) et de même norme (|i|=1=|AM→|). Le triangle AMM' est donc rectangle isocèle en M (angle droit en M, AM=MM').

3) L'image d'un cercle par une similitude de rapport k est un cercle de rayon k fois le rayon initial, de centre l'image du centre initial. Image de O : s(O)=a·0+b=−i, soit (0;−1). Rayon image : √2×1=√2. Conclusion : le lieu de M' est le cercle de centre (0;−1) et de rayon √2.

Comme dans l'exercice sur les carrés extérieurs d'un triangle, le centre d'un carré extérieur construit sur un côté orienté X→Y (dans le sens de parcours du quadrilatère) est : centre = (X+Y)/2 − i(Y−X)/2.

D'où : P=(A+B)/2−i(B−A)/2, Q=(B+C)/2−i(C−B)/2, R=(C+D)/2−i(D−C)/2, S=(D+A)/2−i(A−D)/2.

1. Un calcul direct donne R−P = (C+D−A−B)/2 − i(D−C−B+A)/2, et S−Q = (A−B−C+D)/2 + i(C+D−A−B)/2. Or i(R−P) = (A−B−C+D)/2 + i(C+D−A−B)/2, qui est exactement égal à S−Q. On a donc QS→ = i·PR→ : les vecteurs PR→ et QS→ ont même norme (|PR|=|QS|) et sont orthogonaux ((PR)⊥(QS)).
2. Si ABCD est un parallélogramme, alors D=A+C−B (les diagonales [AC] et [BD] ont même milieu). On calcule alors P+R = A+C et Q+S = A+C également (les termes en i s'annulent) : les diagonales [PR] et [QS] ont donc le même milieu (A+C)/2. Un quadrilatère dont les diagonales sont isométriques, perpendiculaires ET de même milieu est un carré. Conclusion : lorsque ABCD est un parallélogramme, PQRS est un carré.

La condition « Aᵢ milieu de [MᵢMᵢ₊₁] » équivaut à Mᵢ₊₁=s_{Aᵢ}(Mᵢ), où s_{Aᵢ} est la symétrie centrale de centre Aᵢ. Le polygone existe si et seulement si M₁ est un point fixe de F=s_{An}∘s_{A_{n-1}}∘…∘s_{A1} (alors M_{n+1}=M₁ referme le polygone), les autres sommets se déduisant ensuite par récurrence.

Chaque s_{Aᵢ} est une rotation d'angle π. La composée de n rotations d'angle π est une rotation d'angle nπ [2π].

• Si n est impair : nπ≡π [2π], donc F est elle-même une symétrie centrale (rotation d'angle π), qui possède un unique point fixe Ω. Il existe donc un unique polygone solution, avec M₁=Ω.

• Si n est pair : nπ≡0 [2π], donc F est une translation, de vecteur u→=2(Aₙ−Aₙ₋₁+Aₙ₋₂−…+A₂−A₁) (somme alternée). Deux cas se présentent : si u→=0→, F=Id et tout point M₁ est fixe — il existe une infinité de polygones solutions (un paramètre : le choix de M₁) ; si u→≠0→, F n'a aucun point fixe — il n'existe aucun polygone solution.

Conclusion : n impair ⟹ solution unique ; n pair ⟹ aucune solution ou une infinité, selon la nullité de la somme alternée 2(Aₙ−Aₙ₋₁+…−A₁).

Repère complexe : A=0, B=1. Le triangle ABA' étant équilatéral direct, A'=A+(B−A)e^(iπ/3)=e^(iπ/3). B' tel que A'B'→=2AA'→, soit B'−A'=2A' (car A=0), donc B'=3A'.

1. s(z)=az+b avec s(A)=A' : b=A'=e^(iπ/3). s(B)=B' : a+b=B'=3A', donc a=3A'−A'=2A'=2e^(iπ/3). Rapport k=|a|=2, angle=arg(a)=π/3.
2. Centre Ω=b/(1−a)=e^(iπ/3)/(1−2e^(iπ/3)). Avec e^(iπ/3)=0,5+i√3/2, on obtient 1−2e^(iπ/3)=−i√3, puis Ω=(0,5+i√3/2)/(−i√3)=−0,5+i√3/6. Avec A=0 et AA'=|A'|=1 (unité choisie), on calcule ΩA=|Ω|=√(0,25+1/12)=√(1/3)=AA'/√3, et ΩA'=|A'−Ω|=√(1+1/3)=2/√3=2AA'/√3. On vérifie ΩA'=k·ΩA=2·ΩA, cohérent avec le rapport de s.
3. Vecteurs AΩ→=Ω=(−0,5;√3/6) et AA'→=A'=(0,5;√3/2). Produit scalaire : (−0,5)(0,5)+(√3/6)(√3/2)=−0,25+0,25=0. Les vecteurs AΩ→ et AA'→ sont orthogonaux : le triangle ΩAA' est rectangle en A (on vérifie aussi Pythagore : ΩA'²=1/3+1=4/3=ΩA²+AA'²).

1. Le triangle ARB étant équilatéral direct, R s'obtient en tournant B de −π/3 autour de A ; donc r (rotation de +π/3 autour de A) vérifie r(R)=B. Le triangle CQA étant équilatéral direct, on vérifie de même que r(C)=Q. Or r est une isométrie, donc elle conserve les distances : |r(R)−r(C)| = |R−C|, c'est-à-dire |B−Q|=|R−C|, soit BQ=CR.
2. De façon analogue, en considérant r' la rotation de centre B et d'angle π/3 : le triangle ARB (équilatéral direct) donne r'(A)=R, et le triangle BPC (équilatéral direct) donne r'(P)=C. Comme r' conserve les distances : |r'(A)−r'(P)|=|A−P|, c'est-à-dire |R−C|=|A−P|, soit CR=AP. En combinant les deux égalités : AP=BQ=CR.

Justification de l'égalité : pour tous points A', B', C', en posant u→=A'B'→ et v→=A'C'→, on a u→−v→ = (B'−A')−(C'−A')=B'−C', donc |u→−v→|²=B'C'². Or |u→−v→|²=|u→|²+|v→|²−2u→·v→ = A'B'²+A'C'²−2·A'B'→·A'C'→.

On en tire : A'B'→·A'C'→ = (1/2)(A'B'²+A'C'²−B'C'²), et de même AB→·AC→=(1/2)(AB²+AC²−BC²).

Comme la similitude est de rapport k, on a A'B'=k·AB, A'C'=k·AC, B'C'=k·BC. Donc : A'B'→·A'C'→ = (1/2)(k²AB²+k²AC²−k²BC²) = k²·(1/2)(AB²+AC²−BC²) = k²·AB→·AC→.

Conclusion : A'B'→·A'C'→ = k²·AB→·AC→.