Géométrie - Université Paris-SudChapitre I Nombres complexes 1 Dé nition Dé nition 1.1. Un...

Géométrie

Joël Riou

Table des matières

I Nombres complexes 5

1 Dé�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 A�xe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.1 A�xe d'un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2 A�xe d'un vecteur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

3 Multiplication de nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 Conjugué d'un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 Module d'un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Argument . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 Angles orientés, angles géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

II Premiers exemples d'isométries 11

1 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.1 Translations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2 Symétries centrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Composition de transformations planes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 Isométries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 Composition de symétries centrales et de translations . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

IIIRé�exions 17

1 Dé�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 Expression complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 Principe de conjugaison . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

IVRotations 19

1 Dé�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 Expression complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 Groupe des rotations-translations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 Composition de deux ré�exions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

V Symétries glissées 23

1 Dé�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 Expression complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

VIClassi�cation des isométries 25

1 Déplacements, anti-déplacements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 Points �xes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 Classi�cation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

VIIBarycentres 29

1 Dé�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292 Barycentres de deux points . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303 Barycentres partiels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3

4 TABLE DES MATIÈRES

VIIIPolygones réguliers, groupes diédraux 33

1 Dé�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332 Le groupe diédral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333 Caractérisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

IXFrises 37

1 Bande . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372 Frise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 Classi�cation des groupes de frises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

X Homothéties, similitudes 43

1 Homothéties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432 Similitudes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443 Classi�cation des similitudes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Chapitre I

Nombres complexes

1 Dé�nition

Dé�nition 1.1. Un nombre complexe z consiste en la donnée de deux nombres réels a et b : onle note z = a + ib (ou a + b · i). (Ce n'est pour le moment qu'un jeu d'écriture.) L'ensemble desnombres complexes est noté C.

Dé�nition 1.2 (Partie réelle, partie imaginaire). Si z = a + ib ∈ C avec (a, b) ∈ R, on noteRe z = a, et Im z = b. Ce sont respectivement les parties réelle et imaginaire de z.

On prendra garde au fait que Re z et Im z sont deux nombres réels.

Remarque 1.3. Si a ∈ R, on peut considérer a+0·i qui est un nombre complexe qui est simplementnoté a. En particulier, 0 = 0 + 0 · i.

Dé�nition 1.4 (Addition, soustraction). Si z = a+ib et z′ = a′+ib′ sont deux nombres complexes,on dé�nit :

z + z′ := (a+ a′) + i(b+ b′) ,

ainsi Re (z + z′) = Re z + Re z′ et Im (z + z′) = Im z + Im z′.De même, on note −z = (−a) + (−b) · i, de sorte que z + (−z) = 0. On notera simplement

z − z′ := z + (−z′).

2 A�xe

2.1 A�xe d'un point

On travaille dans le plan P muni d'un repère (O,~ı,~). (Dans ce cours, on ne considérera quedes repères orthonormaux directs. Cette hypothèse sera toujours faite implicitement.)

Dé�nition 2.1.1. SoitM ∈P. L'a�xe deM dans le repère (O,~ı,~) est l'unique nombre complexez = a+ ib tel que

−−→OM = a~ı+ b~ .

Réciproquement, pour tout nombre complexe z ∈ C, il existe un unique point du plan dontl'a�xe dans le repère �xé soit z.

Ainsi, une fois qu'un repère est �xé, se donner un point M du plan équivaut à se donner unnombre complexe z (l'a�xe de M).

Une grande partie du cours va consister en la traduction de propriétés géométriques portant surles points du plan en des propriétés de nombres complexes.

5

6 CHAPITRE I. NOMBRES COMPLEXES

2.2 A�xe d'un vecteur

Dé�nition 2.2.1. Soit ~u un vecteur. L'a�xe du vecteur ~u dans le repère �xé (O,~ı,~) est l'uniquenombre complexe z = a+ ib tel que

−→u = a~ı+ b~ .

Inversement, pour tout z ∈ C, il existe un unique vecteur ~u dont l'a�xe soit z.

Proposition 2.2.2. Soit ~u un vecteur d'a�xe z. Soit ~v un vecteur d'a�xe z′. L'a�xe de ~u + ~vest z + z′. L'a�xe de −~u est −z. L'a�xe de ~0 est 0.

Corollaire 2.2.3. Si A et B sont des points d'a�xes respectifs zA et zB. L'a�xe du vecteur−−→AB

est zB − zA.

Démonstration. On a−−→AB =

−−→OB −

−→OA. Par dé�nition, l'a�xe zA du point A est égal à l'a�xe

du vecteur−→OA et l'a�xe zB du point B est égal à l'a�xe du vecteur

−−→OB. D'après la proposition,

l'a�xe du vecteur−−→OB −

−→OA est donc égal à zB − zA.

Remarque 2.2.4. Si A, B et C sont trois points d'a�xes respectifs zA, zB, zC , l'a�xe de−→AC

est zC − zA = (zB − zA) + (zC − zB) qui est aussi l'a�xe de−−→AB +

−−→BC. Les deux vecteurs

−→AC et

−−→AB +

−−→BC ont le même a�xe, donc on a l'égalité

−→AC =

−−→AB +

−−→BC (ce qui redémontre la relation

de Chasles).

Dans la dé�nition suivante, on introduit la multiplication d'un nombre complexe par un nombreréel :

Dé�nition 2.2.5. Soit z = a+ ib ∈ C. Soit λ ∈ R. On pose λz = (λa) + i(λb) ∈ C.

Proposition 2.2.6. Soit ~u un vecteur d'a�xe z. Soit λ ∈ R. L'a�xe du vecteur λ~u est λz.

Corollaire 2.2.7. Si A et B sont deux points du plan d'a�xes respectifs zA et zB et que l'on noteI le milieu du segment [AB], alors l'a�xe du point I est zI = 1

2 (zA + zB).

Démonstration. Par dé�nition, on a−→IA +

−→IB = ~0. Comme on sait que

−→IA est d'a�xe zA − zI et−→

IB d'a�xe zB − zI , ceci se traduit par :

(zA − zI) + (zB − zI) = 0

puis 2zI = zA + zB , donc zI = 12 (zA + zB).

Alternativement,

2−→OI =

−→OI +

−→OI

= (−→OA+

−→AI) + (

−−→OB +

−→BI)

=−→OA+

−−→OB + (

−→AI +

−→BI)

=−→OA+

−−→OB

En passant aux a�xes de ces vecteurs, on obtient 2zI = zA + zB et on peut conclure.

3 Multiplication de nombres complexes

Dé�nition 3.1. Si z = a+ ib et z′ = a′ + ib′ sont deux nombres complexes, on dé�nit :

zz′ := (aa′ − bb′) + i(ab′ + ba′) .

Cette dé�nition généralise (sans la contredire) la dé�nition 2.2.5.

Dé�nition 3.2. On note i le nombre complexe 0+1 · i. Si a ∈ R et b ∈ R, alors, on peut identi�era et b à des nombres complexes, et en utilisant l'addition et la multiplication dans C, on peutcalculer a + b × i, et le résultat obtenu est bien le nombre complexe que l'on a noté a + ib depuisle début. Ceci justi�e ce qui n'était initialement qu'un jeu d'écriture.

4. CONJUGUÉ D'UN NOMBRE COMPLEXE 7

Proposition 3.3. Supposons que z, z′ et z′′ sont des nombres complexes. On a alors :(i) z′z = zz′.(ii) (zz′)z′′ = z(z′z′′).(iii) 1 · z = z.(iv) 0 · z = z.(v) z(z′ + z′′) = zz′ + zz′.

Quand un ensemble (ici C) est muni d'une loi d'addition + et d'une loi de multiplicationsatisfaisant certaines propriétés (parmi lesquelles celles qui sont énoncées ci-dessus), on dit quec'est un anneau (commutatif). À partir de maintenant, on peut parler de l'anneau des nombrescomplexes.

Proposition 3.4. i2 = −1.

4 Conjugué d'un nombre complexe

Dé�nition 4.1. Si z = a+ ib, on note z = a− ib : c'est le conjugué de z.

Autrement dit, Re z = Re z et Im z = −Im z.Géométriquement, si M est un point d'a�xe z, le point M ′ d'a�xe z est le symétrique de M

par rapport à l'axe des abscisses.

Proposition 4.2. Si z et z′ sont des nombres complexes, on a :(i) z = z ;(ii) z + z′ = z + z′ ;(iii) zz′ = z · z′ ;(iv) z + z = 2Re z ;(v) z − z = 2i Im z ;(vi) z = z si et seulement si z ∈ R.

5 Module d'un nombre complexe

Dé�nition 5.1. Si z = a+ ib, alors zz = (a+ ib)(a− ib) = a2 + b2 ∈ R+. Le module z, noté |z|,est la racine carrée (positive) de zz = a2 + b2. Autrement dit, |z| ∈ R+ et |z|2 = zz.

Il est évident qu'un nombre complexe z est nul si et seulement si |z| = 0.

Proposition 5.2. Si z et z′ sont des nombres complexes, on a |zz′| = |z| · |z′|.

Corollaire 5.3. Soit z ∈ C? = C − {0}. Alors, il existe un unique nombre complexe noté 1z tel

que z · 1z = 1 et on a

∣∣ 1z

∣∣ = 1|z| (et

1z = 1

|z|2 z).

Démonstration. En e�et, |z|2 est un nombre réel (positif) non nul, qui possède donc un inversedans R. On peut poser z′ := 1

|z|2 z. On a alors zz′ = 1|z|2 zz = 1

|z|2 |z|2

= 1.

Ceci montre que z′ = 1z . On a aussi |zz′| = |z| · |z′| = |1| = 1, donc |z|′ = 1

|z| .

Remarque 5.4. Le fait que dans l'anneau C on puisse diviser par tout élément non nul permetd'a�rmer que C est un corps.

Fait 5.5 (Pythagore). Si A et B sont deux points du plan, alors la distance AB est égale à|zB − zA| où zA et zB sont les a�xes respectifs de A et B dans un repère.

Notons x et y les réels tels que−−→AB = x~ı + y~. Posons C := A + x~ı (ce qui signi�e que C est

l'unique point tel que−→AC = x~ı). On a alors ~AC = x~ı et ~CB = y~. Le triangle ABC est rectangle

en C et le théorème de Pythagore a�rme que AB2 = AC2 + CB2 = x2 + y2 = |zB − zA|2.

Remarque 5.6. Soit A un point du plan d'a�xe a ∈ C. Soit r ∈ R+. Soit M ∈ P d'a�xe z.Alors, |z − a| = r si et seulement si AM = r, autrement dit si M appartient au cercle de centre Aet de rayon r.


6 Argument

Dé�nition 6.1. Notons U := {z ∈ C, |z| = 1}. C'est le cercle unité : l'ensemble des points Mdont l'a�xe (dans un repère (O,~ı,~)) est dans U est le cercle de centre O et de rayon 1.

Proposition 6.2. Soit z ∈ C?. Il existe un unique couple (r, u) ∈ R?+ ×U tel que z = ru.

Démonstration. Raisonnons par analyse-synthèse. Si un tel couple (r, u) existe, on a |z| = |ru| =|r| |u| = r · 1 = r, donc r = |z| et u = z

r = z|z| .

Réciproquement, on peut poser r := |z| ∈ R?+ et u := z

r . On a bien |u| = |z||r| = 1, donc

u ∈ U.

Dé�nition 6.3. Pour tout θ ∈ R, on note eiθ := cos θ + i sin θ.

Proposition 6.4. (i) Pour tout θ ∈ R, eiθ ∈ U ;(ii) Pour tout θ ∈ R, e−iθ = eiθ = 1

eiθ;

(iii) Pour tous θ, θ′ ∈ R, ei(θ+θ′) = eiθ · eiθ′ .

(iv) Pour tous θ, θ′ ∈ R, eiθ = eiθ′si et seulement s'il existe k ∈ Z tel que θ′ − θ = 2kπ.

Démonstration. (i)∣∣eiθ∣∣2 = |cos θ + i sin θ| = cos2 θ + sin2 θ = 1.

(ii) e−iθ = cos(−θ) + i sin(−θ) = cos θ − i sin θ = cos θ + i sin θ = eiθ. Notons que si z ∈ U,alors zz = 1, donc z = 1

z , donc en particulier avec z = eiθ, on obtient eiθ = 1eiθ

.

(iii) eiθ · eiθ′ = (cos θ + i sin θ) · (cos θ′ + i sin θ′) = (cos θ cos θ′ − sin θ sin θ′) + i(sin θ cos θ′ +sin θ′ cos θ) = cos(θ + θ′) + i sin(θ + θ′) = ei(θ+θ

′).

(iv) Notons δ := θ′ − θ. On a toujours l'égalité eiθ′

eiθ= ei(θ−θ

′) = eiδ. On cherche donc unecondition nécessaire et su�sante portant sur δ pour que eiδ = 1, c'est-à-dire que cos δ = 1 etsin δ = 0. L'égalité sin δ = 0 implique qu'il existe l ∈ Z tel que δ = lπ. On a alors cos δ = cos(lπ) =(−1)l = 1, donc l est pair, c'est-à-dire que l = 2k pour k ∈ Z. Réciproquement, si δ = 2kπ pourk ∈ Z, on a bien sûr eiδ = 1.

Remarque 6.5. En quelque sorte, on a généralisé aux imaginaires purs la formule ea+b = eaeb

qui est une propriété essentielle de la fonction exponentielle pour a et b réels.

Théorème 6.6. Soit u ∈ U.

(i) Il existe θ ∈ R tel que u = eiθ.

(ii) Si deux réels θ et θ′ véri�ent u = eiθ = eiθ′alors il existe k ∈ Z tel que θ′ = θ + 2kπ. (On dit

alors que θ′ et θ sont congrus modulo 2π, ce qui est noté θ ≡ θ′ [2π].)

(iii) Il existe un unique θ ∈]− π, π] tel que u = eiθ.

Dé�nition 6.7 (Argument). Soit z ∈ C? un nombre complexe non nul. On sait que l'on peutécrire z = ru avec r = |z| et u ∈ U. Un réel θ tel que u = eiθ (autrement dit z = |z| eiθ) est appeléargument de z (noté arg z). D'après le théorème précédent, arg z n'est bien dé�ni que modulo 2π.Si nécessaire, on supposera de plus que arg z ∈]− π, π].

Proposition 6.8. Si z et z′ sont des nombres complexes non nuls, on a :(i) arg 1

z ≡ − arg z [2π](ii) arg(zz′) ≡ arg z + arg z′ [2π](iii) arg z

z′ ≡ arg z − arg z′ [2π].

Remarque 6.9. Quelques valeurs de eiθ sont utiles à connaître comme : eiπ2 = i, e

iπ4 =

√2

2 +i√

22 =

√2

2 (1 + i), j := e2π3 = − 1

2 + i√

32 .

7. ANGLES ORIENTÉS, ANGLES GÉOMÉTRIQUES 9

7 Angles orientés, angles géométriques

On suppose �xé un repère (O,~ı,~) du plan.

Dé�nition 7.1. Supposons que ~u1 et ~u2 soient deux vecteurs non nuls d'a�xes respectifs z1 etz2. L'angle orienté (~u1, ~u2) est l'argument du nombre complexe z2

z1. (De même que l'argument d'un

nombre complexe non nul, un angle orienté n'est dé�ni que modulo 2π.)

Remarque 7.2. Avec les notations de la dé�nition, arg z1 = (~ı, ~u1) et arg z2 = (~ı, ~u2).

Remarque 7.3. Supposons que A, B et C soient trois points du plan tels que B 6= A et C 6= A.

Notons a, b et c leurs a�xes respectifs. Alors, (−−→AB,

−→AC) = arg

(c−ab−a

).

Dé�nition 7.4. Supposons que A, B et C soient trois points du plan tels que B 6= A et C 6= A.Notons α := (

−−→AB,

−→AC) que l'on suppose tel que α ∈]− π, π]. L'angle géométrique BAC est le réel

positif |α|.

Proposition 7.5. Supposons que ~u1, ~u2 et ~u3 soient trois vecteurs non nuls. Alors,(i) (~u1, ~u1) = 0 ;(ii) (~u1,−~u1) = π ;(iii) (~u2, ~u1) = −(~u1, ~u2) ;(iv) (~u1, ~u3) = (~u1, ~u2) + (~u2, ~u3). (Ceci est la relation de Chasles pour les angles orientés).

(Note : en toute rigueur, les égalités ci-dessus ne sont que des congruences modulo 2π.)

Démonstration. Notons z1, z2 et z3 les a�xes respectifs de ~u1, ~u2 et ~u3.(~u1, ~u1) = arg z1

z1= arg 1 = 0.

(~u1,−~u1) = arg −z1z1 = arg(−1) = π.

(~u2, ~u1) = arg z1z2

= arg 1z1z2

= − arg z1z2

= (~u1, ~u2).

(~u1, ~u3) = arg z3z1

= arg(z2z1· z3z2)

= arg z2z1

+ arg z3z2

= (~u1, ~u2) + (~u2, ~u3).

Exercice 7.6. On considère un triangle ABC. On note α := (−−→AB,

−→AC), β := (

−−→BC,

−−→BA) et

γ := (−→CA,−−→CB).

(i) Montrer que α+ β + γ ≡ π [2π] ;(ii) Si on s'arrange pour que α, β et γ soient dans l'intervalle ]− π, π], montrer que ces trois

nombres sont de même signe et que α+ β + γ = ±π.

Théorème 7.7 (Théorème de l'angle inscrit). Soit C un cercle de centre O. Soient A,B deux

points de C . Soit P un point de C distinct de A et B. Alors, (−→OA,−−→OB) = 2(

−→PA,−−→PB).

https://www.geogebra.org/m/p7wjtybb

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Démonstration. Notons Q le point de C diamétralement opposé à P .Notons a, b, p et q les a�xes respectifs des points A, B, P et Q dans un repère centré sur

le point O. Notons α = (−−→OQ,

−→OA) ∈] − π, π]. On a p = −q et a = qeiα. L'a�xe du vecteur

−→PA est a − p = q(eiα + 1) = qe

iα2 (e

iα2 + e

−iα2 ) = 2q cos

(α2

)eiα2 . Comme q − p = 2q, on a

a−pq−p = q cos

(α2

)eiα2 . Comme q cos

(α2

)≥ 0, on en déduit que (

−−→PQ,

−→PA) = α

2 . On en déduit que

α = (−−→OQ,

−→OA) = 2(

−−→PQ,

−→PA). De même, β = (

−−→OQ,

−−→OB) = 2(

−−→PQ,

−−→PB). En utilisant la relation de

Chasles sur les angles orientés, on obtient :

β − α = (−→OA,−−→OB) = 2(

−→PA,−−→PB)

Chapitre II

Premiers exemples d'isométries :

translations, symétries centrales

1 Exemples

1.1 Translations

Dé�nition 1.1.1 (Translaté). Soit ~u un vecteur. Soit M un point du plan. Le translaté de M par

le vecteur ~u est le point M ′ tel que−−−→MM ′ = ~u.

Dé�nition 1.1.2 (Translation). Soit ~u un vecteur. La translation t~u de vecteur ~u est l'applicationt~u : P →P du plan dans lui-même telle que pour tout M ∈P, t~u(M) soit le translaté de M par

le vecteur ~u, autrement dit t~u(M) est l'unique point M ′ tel que−−−→MM ′ = ~u.

On suppose qu'un repère (O,~ı,~) est �xé.

Proposition 1.1.3. Soit ~u un vecteur. Notons a ∈ C l'a�xe de ~u. Soit M ∈P un point d'a�xez ∈ C. Posons M ′ := t~u(M). Notons z′ l'a�xe de M ′. On a alors z′ = z + a.

Démonstration. On a−−−→OM ′ =

−−→OM + ~u, donc l'a�xe z′ de

−−−→OM ′ est z + a.

On dit que l'expression complexe de la translation t~u est z 7−→ z + a.

1.2 Symétries centrales

Dé�nition 1.2.1 (Symétrique par rapport à un point). Soit A un point du plan. Soit M ∈P. Lesymétrique de M par rapport au point A est l'unique point M ′ tel que les conditions équivalentessuivantes soient satisfaites :

(i) A est le milieu de [MM ′] ;

(ii)−−→AM ′ = −

−−→AM ;

(iii)−−−→MM ′ = 2

−−→MA.

Dé�nition 1.2.2 (Symétrie centrale). Soit A un point du plan. On note σA (ou sA) la symétriecentrale de centre A : c'est l'application σA : P → P telle que pour tout point M ∈ P, on aitσA(M) soit le symétrique de M par rapport à A.

Proposition 1.2.3. Soit A un point du plan d'a�xe a ∈ C. Alors, l'expression complexe de σAest z 7−→ 2a− z.

Démonstration. SoitM ∈P un point d'a�xe z. Notons z′ l'a�xe du pointM ′ := σA(M). CommeA est le milieu de [MM ′], on a a = z+z′

2 , donc 2a = z + z′, d'où z′ = 2a− z.

11

12 CHAPITRE II. PREMIERS EXEMPLES D'ISOMÉTRIES

2 Composition de transformations planes

La composition est une notation fondamentale de ce cours !

Dé�nition 2.1. Supposons que f : P → P et g : P → P soient des applications du plan danslui-même. On note g ◦ f : P → P l'application dé�nie par l'égalité (g ◦ f)(M) = g(f(M)) pourtout M ∈P.

Proposition 2.2. Supposons que ~u et ~v soient deux vecteurs. Alors, t~v ◦ t~u = t~u+~v.

Démonstration. SoitM un point du plan. NotonsM ′ = t~u(M), c'est-à-dire que−−−→MM ′ = ~u. Notons

M ′′ = t~v(M′), c'est-à-dire que

−−−−→M ′M ′′ = ~v. On en déduit que

−−−−→MM ′′ =

−−−→MM ′ +

−−−−→M ′M ′′ = ~u + ~v.

On reconnaît que M ′′ est le translaté de M par le vecteur ~u + ~v. Par ailleurs, M ′′ = t~v(M′) =

t~v(t~u(M)) = (t~v ◦ t~u)(M).On a ainsi démontré que pour tout M ∈P, on a l'égalité :

(t~v ◦ t~u)(M) = t~u+~v(M) ,

c'est-à-dire que t~v ◦ t~u = t~u+~v.

Exercice 2.3. Soit ϕ la translation d'expression complexe z 7−→ z + 2 (c'est-à-dire que ϕ = t2~ı).Notons ψ la symétrie centrale de centre le point A d'a�xe 1, c'est-à-dire que l'expression complexede ψ est z 7−→ 2− z. Alors, ψ ◦ ϕ est la symétrie centrale de centre l'origine O.

Solution. Par abus de notation, on identi�e un point du plan avec son a�xe, et on écrit ϕ(z) = z+2et ψ(z) = 2 − z. On a alors (ψ ◦ ϕ)(z) = ψ(ϕ(z)) = ψ(z + 2) = 2 − (z + 2) = −z et on reconnaîtl'expression complexe de la symétrie centrale de centre O.

On notera que ψ◦ϕ 6= ϕ◦ψ. En e�et, l'expression complexe de ϕ◦ψ est z 7−→ (2−z)+2 = 4−zet on reconnaît que ϕ ◦ ψ est la symétrie centrale de centre le point d'a�xe 2.

Proposition 2.4. Supposons que f , g et h soient des applications du plan dans lui-même, on aalors h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f .

Dé�nition 2.5. On note Id : P →P l'application identique : pour tout M ∈P, Id(M) = M .

Proposition 2.6. Pour toute application f : P →P, on a f ◦ Id = Id ◦f = f .

Proposition 2.7. Soit f ∈ P → P une application du plan dans lui-même. Les conditionssuivantes sont équivalentes :

(i) Pour tout point Q, il existe un unique point P tel que f(P ) = Q, i.e. tout point possède ununique antécédent par f ;

(ii) Il existe une application g : P →P telle que g ◦ f = f ◦ g = Id.Si ces conditions sont véri�ées, on dit que f est une transformation plane. L'application g de lacondition (ii) est unique et est notée f−1 : on dit que f−1 est la réciproque (ou l'inverse) de f . Sif est une transformation plane et qu'une application h véri�e h ◦ f = Id ( ou f ◦ h = Id), alorsh = f−1.

Proposition 2.8. Soit A un point. Notons σA la symétrie centrale de centre A. Alors, σA ◦ σA =Id : σA est une transformation et σ−1

A = σA.

Démonstration. Si M ∈ P, pour la symétrie de centre A, le symétrique du symétrique de M estévidemment M , donc σA ◦ σA = Id.

Ainsi, σA est égale à son inverse : on dit que σA est une involution.

Proposition 2.9. Soit ~u un vecteur. Alors, la translation t~u est une transformation plane ett−1~u = t−~u.

Démonstration. On a t~u ◦ t−~u = t~u−~u = t~0 = Id et t−~u ◦ t~u = t−~u+~u = t~0 = Id.

Proposition 2.10. Supposons que f et g soient deux transformations planes. On a (g ◦ f)−1 =f−1 ◦ g−1.

Démonstration. En e�et, (g ◦ f) ◦ (f−1 ◦ g−1) = g ◦ (f ◦ f−1) ◦ g−1 = g ◦ Id ◦g−1 = g ◦ g−1 = Id etde façon similaire (f−1 ◦ g−1) ◦ (g ◦ f) = f−1 ◦ (g−1 ◦ g) ◦ f = f−1 ◦ Id ◦f = f−1 ◦ f = Id.

3. ISOMÉTRIES 13

3 Isométries

Dé�nition 3.1. Soit f : P → P une transformation plane. On dit que f est une isométrie si fconserve les distances, c'est-à-dire que pour tous points P et Q, si on note P ′ = f(P ) et Q′ = f(Q),on a P ′Q′ = PQ.

Proposition 3.2.

(i) Si f et g sont des isométries, alors g ◦ f est une isométrie ;(ii) Si f est une isométrie, alors f−1 est une isométrie.(ii) Id est une isométrie.

Démonstration. (i) Si M et N sont deux points du plan, notons M ′ = f(M) et N ′ = f(N).Comme f est une isométrie, on a M ′N ′ = MN . Posons M ′′ = g(M ′) et N ′′ = g(N ′). Commeg est une isométrie, on a M ′′N ′′ = M ′N ′ = MN . Comme M ′′ = g(f(M)) = (g ◦ f)(M) etN ′′ = g(f(N)) = (g ◦ f)(N), et que l'égalité de distance vaut pour tous M et N , on a montré queg ◦ f est une isométrie.

(ii) Si P et Q sont deux points du plan, notons P = f−1(P ) et Q = f−1(Q), donc f(P ) = P etf(Q) = Q. Comme f est une isométrie, on obtient PQ = P Q, c'est-à-dire que f−1(P )f−1(Q) =PQ, donc f−1 est une isométrie.

(iii) évident.

Proposition 3.3. Soit f une isométrie. Soit D une droite. Alors, f(D) est une droite.

Démonstration. Il existe deux points distincts A et B tels que D soit la médiatrice de [AB], doncla proposition résulte du lemme suivant :

Lemme 3.4. Soit f une isométrie. Supposons que A et B soient deux points distincts. Notons Dla médiatrice de [AB] et D′ la médiatrice de [A′B′] où A′ = f(A) et B′ = f(B). Alors, f(D) = D′.

Démonstration. Soit M ∈ P et M ′ := f(M). Comme f est une isométrie, on a A′M ′ = AM etB′M ′ = BM , donc A′M ′ = B′M ′ si et seulement si AM = BM c'est-à-dire que M ∈ D si etseulement si M ′ ∈ D′. Ceci permet de conclure que f(D) = D′.

Théorème 3.5 (Al-Kashi). Soit ABC un triangle. On note a = BC, b = AC et c = AB et

α = (−−→AB,

−→AC). Alors a2 = b2 + c2 − 2bc cosα.

Démonstration. Notons zA, zB et zC les a�xes des points A, B et C. Notons h = zB − zA l'a�xedu vecteur

−−→AB et k = zC−zA celui du vecteur

−→AC. On a |k| = b, |h| = c et |k − h| = |zC − zB | = a.

Ainsi, a2 = (k − h)(k − h) = |k|2 + |h|2 − hk − hk = b2 + c2 − 2Reµ où µ := kh.Par dé�nition, on a k

h = bceiα, donc µ = kh = k

hhh =(bceiα)c2 = bceiα. Par conséquent,

Reµ = bc cosα. Ceci montre que a2 = b2 + c2 − 2bc cosα.

Le théorème ci-dessus ne sera pas utilisé dans la suite du cours, si ce n'est pour démontrer lecorollaire suivant :

Corollaire 3.6. Soit f une isométrie. Alors, f conserve les angles géométriques.

Démonstration. On peut déduire du théorème d'Al-Kashi que f conserve le cosinus d'un anglegéométrique. Comme un angle géométrique est déterminé par son cosinus, f conserve les anglesgéométriques.

Corollaire 3.7. Soit f une isométrie. Supposons que D1 et D2 soient deux droites. On noteD′1 = f(D1) et D′2 = f(D2). Alors,

(i) D1 = D2 si et seulement si D′1 = D′2 ;(ii) D1 et D2 sont perpendiculaires si et seulement si D′1 et D′2 sont perpendiculaires ;(iii) D1 et D2 sont parallèles si et seulement si D′1 et D′2 sont parallèles ;(iv) D1 et D2 sont sécantes 1 si et seulement si D′1 et D′2 sont sécantes.

1. C'est-à-dire que ces deux droites possèdent un unique point d'intersection.


Démonstration. (i) est évident.Pour (ii), supposons que D1 et D2 soient perpendiculaires. On note H leur point d'intersection.

Soit A1 un point de D1 di�érent de H. Soit A2 un point de D2 di�érent de H. On a A1HA2 = π2 .

Notons A′1 = f(A1), A′2 = f(A2) et H ′ = f(H). Par conservation des angles géométriques, on aA1HA2 = π

2 , donc les droites (H ′A′1) = D′1 et (H ′A′2) = D′2 sont perpendiculaires. La réciproques'obtient en appliquant ce qu'on vient de démontrer aux droites D1 et D2 à f−1.

(iii). De même que pour (ii), il su�t de montrer un sens d'implication. Comme D1 et D2 sontparallèles, si on note ∆ une perpendiculaire quelconque à D1, c'est aussi une perpendiculaire à D2.Si on note ∆′ = f(∆), l'équivalence (ii) montre que ∆′ est une perpendiculaire commune à D′1 etD′2, qui sont donc parallèles.

(iv) se déduit de (iii) par contraposition : deux droites sont sécantes si et seulement si elles nesont pas parallèles.

Corollaire 3.8. Supposons que ABCD soit un parallélogramme. Soit f une isométrie. On noteA′ = f(A), B′ = f(B), C ′ = f(C) et D′ = f(D). Alors, A′B′C ′D′ est un parallélogramme.

Démonstration. Considérons seulement le cas d'un parallélogramme non dégénéré. Les droites(AB) et (CD) sont parallèles, donc (A′B′) et (C ′D′) sont parallèles. Par ailleurs, les droites (AD) et(BC) sont parallèles, donc les droites (A′D′) et (B′C ′) sont parallèles. Ceci montre que A′B′C ′D′

est un parallélogramme.

Corollaire 3.9. Soit f une isométrie. Supposons que A1, B1, A2, B2 soient des points tels que−−−→A1B1 =

−−−→A2B2. Alors,

−−−−−−−−→f(A1)f(B1) =

−−−−−−−−→f(A2)f(B2).

Démonstration. L'hypothèse signi�e que A1B1B2A2 est un parallélogramme, donc le quadrilatère

f(A1)f(B1)f(B2)f(A2) en est un, c'est-à-dire que−−−−−−−−→f(A1)f(B1) =

−−−−−−−−→f(A2)f(B2).

4 Composition de symétries centrales et de translations

Dé�nition 4.1. Si f est une isométrie, on écrira ici que f ∈ G+±1 si f possède une expression

complexe de la forme z 7−→ εz + a ou ε ∈ {−1, 1} et a ∈ C.

(La notation G+±1 n'a rien de standard et n'est pas à retenir.)

Théorème 4.2. Une isométrie appartient à G+±1 si et seulement si c'est une translation ou une

symétrie centrale.L'ensemble d'isométries G+

±1 véri�e les propriétés suivantes :(i) Id ∈ G+

±1 ;(ii) Pour tout f ∈ G+

±1 et tout g ∈ G+±1, g ◦ f ∈ G

+±1 ;

(iii) Pour tout f ∈ G+±1, f

−1 ∈ G+±1.

(L'ensemble de toutes les isométries est un groupe : cela résulte des propositions 2.4 et 3.2. Lethéorème énonce alors que G+

±1 est sous-groupe du groupe des isométries ; en particulier, G+±1 est

un groupe.)

Démonstration. D'après les descriptions données précédemment de leurs expressions complexes, ilest évident que G+

±1 désigne l'ensemble des isométries qui sont translations (ε = 1) ou des symétriescentrales (ε = −1). En particulier (i) et (iii) sont évidents. Pour (ii), soit f d'expression complexez 7−→ εz+a et g d'expression complexe z 7−→ ε′z+b. Le composé g ◦f a pour expression complexez 7−→ ε′(εz + a) + b = ε′′z + c avec ε′′ = ε · ε′ et c = ε′a+ b, donc g ◦ f ∈ G+

±1.

Il est possible de donner des précisions sur la composition des éléments de G+±1. Le cas de deux

translations est déjà connu (cf. proposition 2.2). Le cas de deux symétries centrales est donné parla proposition suivante :

Proposition 4.3. Supposons que A et B soient deux points du plan. On note σA (resp. σB) lasymétrie centrale de centre A (resp. B). Alors, σB ◦ σA = t

2−−→AB

.

4. COMPOSITION DE SYMÉTRIES CENTRALES ET DE TRANSLATIONS 15

Démonstration. Soit M ∈P. Notons M ′ := σA(M) et M ′′ := σB(M ′) = (σB ◦ σA)(M).

Par construction, on a−−→AM ′ = −

−−→AM et

−−−→BM ′′ = −

−−−→BM ′.

−−−−→MM ′′ =

−−→MA+

−−→AM ′ +

−−−→M ′B +

−−−→BM ′′

= 2−−→AM ′ + 2

−−−→M ′B

= 2(−−→AM ′ +

−−−→M ′B) = 2

−−→AB

Ceci montre que M ′′ est le translaté de M par le vecteur 2−−→AB.

Il reste le cas de la composition d'une translation et d'une symétrie centrale :

Corollaire 4.4. Soit ~u un vecteur et A un point du plan.(i) t~u ◦ σA = σB où B est le point tel que

−−→AB = 1

2~u ;

(ii) σA ◦ t~u = σB′ où B′ est le point tel que−−→AB′ = − 1

2~u.

Démonstration. (i) On a σB ◦ σA = t2−−→AB

= t~u, donc en composant à droite avec σA, on obtientσB = σB ◦ σA ◦ σA = t~u ◦ σA.

(ii) De même, σA ◦ σB′ = t2−−→B′A

= t~u, donc en composant à gauche avec σA, on obtientσB′ = σA ◦ t~u.

Chapitre III

Ré�exions

1 Dé�nition

Dé�nition 1.1. Soit D une droite. On note sD (ou σD la ré�exion d'axe D (aussi appelée symétried'axe D). Elle est dé�nie de sorte que pour tout point M du plan, sD(M) = M ′ où M ′ est dé�niainsi :

� On note ∆ la perpendiculaire à D passant M .� Les droites ∆ et D se coupent en un point H.

� M ′ est le point dé�ni par−−−→HM ′ =

−−→MH (et bien sûr, M ′ ∈ ∆.)

On remarque que dans le cas particulier où M 6∈ D , le point M ′ est l'unique point du plan telque D soit la médiatrice du segment [MM ′].

Proposition 1.2. Si D est une droite, alors σD ◦ σD = Id. Autrement dit, σD est une involution.

Démonstration. Avec les notations de la dé�nitions, la droite ∆ est perpendiculaire à D et passepar les points M , M ′ (et H). La perpendiculaire à D passant par M ′ est donc ∆, qui coupe D en

H. Le point M ′′ := σD(M ′) est alors l'unique point tel que−−−→HM ′′ =

−−−→M ′H. Or,

−−→HM = −

−−→MH =

−−−−→HM ′ =

−−−→M ′H, donc M ′′ = M .

2 Expression complexe

Proposition 2.1. La ré�exion σ d'axe (Ox) admet pour expression complexe z 7−→ z.

Démonstration. Si M est d'a�xe z = x+ iy avec x et y réels, alors σ(M) admet évidemment poura�xe le point M ′ d'a�xe z′ = x− iy = z.

Proposition 2.2. On suppose �xé un repère (O,~ı,~). Soit D une droite. Notons σD la ré�exiond'axe D . Choisissons un point A ∈ D . Notons a l'a�xe de A. Notons u l'a�xe d'un vecteur unitaire~u dirigeant la droite D . Alors, l'expression complexe de σD est z 7−→ a+ b2(z − a)

Démonstration. Notons ~v le vecteur unitaire tel que (~u,~v) = π2 . On a donc v

u = eiπ2 , il est donc

évident que l'a�xe de ~v est v := iu.La droite D est formée des points M tels qu'il existe λ ∈ R tel que

−−→AM = λ~u, autrement dit

des points dont l'a�xe dans le repère (A, ~u,~v) soit réel.SoitM un point d'a�xe z dans le repère (O,~ı,~). Notons z = x+ iy l'a�xe deM dans le repère

(A, ~u,~v). On a ainsi ~AM = x~u + y~v. En passant aux a�xes dans le repère (O,~ı,~), on obtientz − a = xu + yv = xu + yiu = u(x + iy) = uz, autrement dit z = a + uz. De même, notons z′

l'a�xe de M ′ := σD(M) dans le repère (O,~ı,~) et z′ son a�xe dans le repère (A, ~u,~v), on a demême z′ = a+ uz′.

D'après la proposition 2.1, on a z′ = z. Comme z = a+ uz, il vient que z = z−au = u · (z − a)

puisque uu = |u|2 = 1. Par conséquent,

z′ = z = u · (z − a)

17

18 CHAPITRE III. RÉFLEXIONS

et en�nz′ = a+ uz′ = a+ u2(z − a) .

Corollaire 2.3. Si σ est une ré�exion, alors son expression complexe est de la forme z 7−→ αz+βavec α et β des nombres complexes tels que |α| = 1.

Nous montrerons plus loin que la réciproque est fausse.

Corollaire 2.4. Si D est une droite, alors la ré�exion d'axe D est une isométrie.

Démonstration. Considérons deux points M1 et M2 d'a�xes respectifs z1 et z2. Notons M ′1 :=σD(M1) etM ′2 := σD(M2). Notons z′1 et z′2 les a�xes deM ′1 etM ′2. D'après le corollaire précédent,il existe α ∈ C de module 1 et β ∈ C tels que l'expression complexe de σD soit z 7−→ αz + β. Ona alors :

z′1 = αz1 + β et z′2 = αz2 + β

On a donc z′2 − z′1 = α · (z2 − z1), puis M ′1M′2 = |z′2 − z′1| = |α| · |z2 − z1| = |z2 − z1| = M1M2.

Proposition 2.5. Soit D une droite. Soit σD la ré�exion d'axe D . Supposons que A, B et C soienttrois points (avec B 6= A et C 6= A). Notons A′ := σD(A), B′ := σD(B), C ′ := σD(C). Alors,

(−−−→A′B′,

−−→A′C ′) = −(

−−→AB,

−→AC). Autrement dit, une ré�exion change le signe des angles orientés.

Démonstration. Notons a, b, c, a′, b′, c′ les a�xes respectifs des points A,B,C,A′, B′, C ′. On saitqu'il existe un nombre complexe α de module 1 et β ∈ C tel que l'expression complexe de σD soitz 7−→ αz + β. On a donc a′ = αa + β, b′ = αb + β et c′ = αc + β, donc b′ − a′ = α(b − a) etc′ − a′ = α(c− a), d'où

c′ − a′

b′ − a′=b− ac− a

=

(c− ab− a

)Si on note θ = arg c−a

b−a , il existe un réel strictement positif r tel que c−ab−a = reiθ, donc c′−a′

b′−a′ =

reiθ = re−iθ, ce qui permet de conclure.

3 Principe de conjugaison

Théorème 3.1. Soit ϕ une isométrie. Soit D une droite. Notons σD la ré�exion d'axe D . Alors,ϕ ◦ sD ◦ ϕ−1 est la ré�exion d'axe la droite D ′ := σ(D).

Démonstration. Soit M un point du plan. On va montrer que ϕ(sD(ϕ−1(M))) = σD′(M) où σD′

est la ré�exion d'axe D ′.Notons N := ϕ−1(M), autrement dit ϕ(N) = M . Notons N ′ := σD(N) et M ′ := ϕ(N ′) =

ϕ(σD(ϕ−1(M))).Le premier cas que nous considérons est celui où M ∈ D ′, autrement dit que N ∈ D . Donc,

N ′ = N , puis M ′ = ϕ(N ′) = ϕ(N) = M et on a bien M ′ = σD′(M) puisque M ∈ D ′.Sinon, M 6∈ D ′ et N 6∈ D . Alors, par dé�nition du symétrique N ′ de N par rapport à D , la

droite D est la médiatrice du segment [NN ′]. En appliquant ϕ, comme les isométries conserventles médiatrices, on obtient que ϕ(D) = D ′ est la médiatrice du segment [ϕ(N)ϕ(N ′)] = [MM ′],donc M ′ est le symétrique de M par rapport à D ′.

Chapitre IV

Rotations

1 Dé�nition

Dé�nition 1.1. Soit C un point du plan. Soit θ ∈ R. On note rC,θ la rotation de centre C etd'angle θ ainsi dé�nie. On pose rC,θ(C) = C. Si M 6= C, alors rC,θ(M) = M ′ où M ′ est l'uniquepoint véri�ant les deux conditions suivantes :

� CM ′ = CM (autrement dit, M ′ est sur le cercle de centre C passant par M) ;

� (−−→CM,

−−−→CM ′) = θ.

On remarque que si θ 6= 0 [2π], alors pour tout point M di�érent de C, on a rC,θ(M) = M ,donc le centre de la rotation rC,θ est l'unique point F tel que rC,θ(F ) = F .

Proposition 1.2. Soit C un point du plan. Soit (θ, θ′) ∈ R2. Alors, rC,θ′ ◦ rC,θ = rC,θ+θ′ .

Démonstration. Si M = C, alors, il est évident que rC,θ′(rC,θ(M)) = rC,θ+θ′(M).Supposons que M 6= C. Notons M ′ := rC,θ(M) et M ′′ := rC,θ′(M

′). Par dé�nition, on a

CM ′ = CM et CM ′′ = CM ′, donc CM ′′ = CM . On a aussi, (−−→CM,

−−−→CM ′′) = (

−−→CM,

−−−→CM ′) +

(−−−→CM ′,

−−−→CM ′′) = θ + θ′, donc M ′′ = rC,θ+θ′(M).


Proposition 2.1. Soit C un point d'a�xe c. Soit θ ∈ R. L'expression complexe de la rotationrC,θ de centre C et d'angle θ est z 7−→ c+ eiθ(z − c).Démonstration. Soit M un point d'a�xe z. Notons M ′ le point d'a�xe z′ := c + eiθ(z − c). Onremarque que si M = C, c'est-à-dire que z = c, on a bien z′ = c, donc M ′ = rC,θ(M). Supposonsmaintenant que M 6= C. On a z′ − c = eiθ(z − c), donc CM ′ = |z′ − c| =

∣∣eiθ∣∣ |z − c| = |z − c| =CM , et z′−c

z−c = eiθ, donc (−−→CM,

−−−→CM ′) = θ, ce qui montre que M ′ = rC,θ(M).

Corollaire 2.2. Une rotation est une isométrie.

Démonstration. En e�et, l'expression complexe d'une rotation est de la forme z 7−→ αz + β avecα ∈ U et β ∈ C. Si A et B sont deux points d'a�xes a et b et que l'on note a′ l'a�xe de A′ := r(A)et b′ l'a�xe de B′ := r(B), on a a′ = αa+ β et b′ = αb+ β, donc b′ − a′ = α(b− a).

Proposition 2.3. Les rotations conservent les angles orientés.

Démonstration. Soit r une rotation. Notons a, b, c, a′, b′, c′ les a�xes respectifs des points A, B, C,A′, B′, C ′. On sait qu'il existe un nombre complexe α de module 1 et β ∈ C tel que l'expressioncomplexe de r soit z 7−→ αz + β. On a donc a′ = αa + β, b′ = αb + β et c′ = αc + β, doncb′ − a′ = α(b− a) et c′ − a′ = α(c− a), d'où

c′ − a′

b′ − a′=b− ac− a

Ces deux nombres ont le même argument, donc (−−−→A′B′,

−−→A′C ′) = (

−−→AB,

−→AC).

19

20 CHAPITRE IV. ROTATIONS

3 Groupe des rotations-translations

Théorème 3.1. On note G+ l'ensemble des isométries du plan ϕ telles que ϕ soit une translationou une rotation. Alors, les isométries appartenant à G+ sont exactement les transformations planesdont l'expression complexe est de la forme z 7−→ az+b avec a ∈ U et b ∈ C. L'ensemble G+ contientId, est stable par composition et par passage à la réciproque : on dit que G+ est un groupe.

Si ϕ1, . . . , ϕn sont des éléments de G+ tels que pour tout i, ϕi ait pour expression complexez 7−→ aiz+bi, alors l'expression complexe de ϕn◦ϕn−1◦· · ·◦ϕ1 est de la forme z 7−→ a1a2 . . . anz+cavec c ∈ C.

Démonstration. On a vu que les translations et les rotations avaient une expression complexe dela forme ci-dessus. Inversement, si une transformation ϕ a une expression complexe de la formez 7−→ az + b avec a ∈ U et b ∈ C, alors soit a = 1 et on reconnaît que ϕ est une translation,soit a 6= 1, il existe θ ∈ R tel que a = eiθ, on peut noter c := b

1−a , et alors pour tout z ∈ C,az + b = c + a(z − c) = c + eiθ(z − c), donc ϕ est la rotation de centre le point C d'a�xe c etd'angle θ.

L'assertion concernant la composition ϕn ◦ ϕn−1 ◦ · · · ◦ ϕ1 se ramène au cas où n = 2, et alorsϕ2(ϕ1(z)) = a2(a1z+ b1) + b2 = a1a2z+ (a2b1 + b2), et a1a2 ∈ U. On en déduit que G+ est stablepar composition. Il est par ailleurs évident que G+ contient l'identité et est stable par passage àla réciproque.

Corollaire 3.2. Supposons que ϕ := rA,θ et ψ := rB,θ′ . Si θ + θ′ 6≡ 0[2π], alors ψ ◦ ϕ est unerotation d'angle θ + θ′. Sinon, c'est une translation.

Démonstration. En e�et, le coe�cient devant z dans l'expression complexe de ψ◦ϕ est ei(θ+θ′).

4 Composition de deux ré�exions

Dé�nition 4.1. Supposons que ∆ et ∆′. Notons ~u un vecteur dirigeant ∆ et ~u′ un vecteur dirigeant∆′. On peut considérer l'angle orienté θ := (~u, ~u′). Par dé�nition, l'angle orienté de droites (∆,∆′)est l'angle θ considéré modulo π.

(En e�et, si on remplace ~u ou ~u′ par son opposé, on ajoute π à l'angle orienté de vecteurs(~u, ~u′).)

Proposition 4.2. Supposons que s et s′ soient deux ré�exions d'axes des droites ∆ et ∆′.� Si ∆ et ∆′ sont parallèles (c'est-à-dire que (∆,∆′) ≡ 0[π]), alors s′ ◦ s est une translation.

Plus précisément, si on note D une perpendiculaire commune à ∆ et ∆′ et que l'on note Het H ′ les points d'intersections de D avec ∆ et ∆′ respectivement, alors s′ ◦ s = t

2−−−→HH′

.� Si ∆ et ∆′ sont sécantes, c'est-à-dire que θ := (∆,∆′) 6≡ 0[π], alors s′ ◦ s = rC,2θ où C est

le point d'intersection de ∆ et ∆′.

Démonstration. Dans le cas où les deux droites sont parallèles. Choisissons un repère dans lequel

∆ = (Ox). L'expression complexe de s est donc z 7−→ z. Notons ~u =−−→HH ′ de sorte que ∆′ = t~u(∆).

Par principe de conjugaison, s′ = t~u ◦ s ◦ t−1~u = t~u ◦ s ◦ t−~u.

On remarque que l'a�xe de ~u est de la forme ib avec b ∈ R. L'expresson complexe de s ◦ t−~uest z 7−→ (z − ib) = z + ib. On en déduit que l'expression complexe de s′ est z + ib+ ib = z + 2ib.Par conséquent, l'expression complexe de s′ ◦s est z 7−→ z+2ib = z+2ib. On reconnaît qu'il s'agitde la translation de vecteur 2~u.

Supposons que ∆ et ∆′ sont sécantes en un point C. Notons A un point de ∆ di�érent deC et A′ un point de ∆′ di�érent de C. Soit M un point di�érent de C. Notons M ′ := s(M) etM ′′ := s′(M ′). Comme s et s′ sont des isométries �xant C, on a bien sûr CM ′′ = CM ′ = CM .

Par ailleurs, s renverse les angles orientés et �xe C et A, donc donc (−→CA,−−−→CM ′) = −(

−→CA,−−→CM) =

(−−→CM,

−→CA), puis (

−−→CM,

−−−→CM ′) = (

−−→CM,

−→CA) + (

−→CA,−−−→CM ′) = 2(

−→CA,−−−→CM ′).

De même, en considérant s′, on obtient : (−−−→CM ′,

−−−→CM ′′) = 2(

−−−→CM ′,

−−→CA′).

4. COMPOSITION DE DEUX RÉFLEXIONS 21

Finalement,

(−−→CM,

−−−→CM ′′) = (

−−→CM,

−−−→CM ′) + (

−−−→CM ′,

−−−→CM ′′)

= 2(−→CA,−−−→CM ′) + 2(

−−−→CM ′,

−−→CA′)

= 2(−→CA,−−→CA′) = 2(∆,∆′) = 2θ

Ceci montre que M ′′ = rC,2θ(M), donc s′ ◦ s = rC,2θ.

Corollaire 4.3. Soit ∆ une droite. Notons s la ré�exion d'axe ∆. Soit ~u un vecteur orthogonal àla droite D. Notons t la translation de vecteur ~u.

Alors t◦s est la ré�exion d'axe la droite t 12~u

(∆) et s◦ t est la ré�exion d'axe la droite t− 12~u

(∆).

Démonstration. Notons s′ la ré�exion d'axe la droite t 12~u

(∆). D'après la proposition précédente,on a s′ ◦ s = t, donc t ◦ s = s′.

De même, si on note s′′ la ré�exion d'axe la droite t− 12~u

(∆), on a s◦s′′ = t, donc s◦ t = s′′.

22 CHAPITRE IV. ROTATIONS

Chapitre V

Symétries glissées

1 Dé�nition

Proposition 1.1. Soit s une ré�exion d'axe ∆. Soit t une translation de vecteur ~u. Alors, t◦s = s◦tsi et seulement si ~u est nul ou dirige la droite ∆.

Démonstration. En e�et, t◦s = s◦t si et seulement si t◦s◦t−1 = s. Par le principe de conjugaison,t ◦ s ◦ t−1 est la ré�exion d'axe la droite t(∆). On a donc t ◦ s = s ◦ t si et seulement si t(∆) = ∆,ce qui revient à dire que ~u est nul ou un vecteur dirigeant la droite ∆.

Dé�nition 1.2 (Symétrie glissée). Soit ∆ une droite. Soit ~u un vecteur non nul dirigeant la droite∆. La symétrie glissée (ou ré�exion glissée) d'axe ∆ et de vecteur ~u est le composé ϕ := t◦s = s◦ toù t est la translation de vecteur ~u et s la ré�exion d'axe ∆.

2 Propriétés

Proposition 2.1. Soit ∆ une droite. Soit ~u un vecteur non nul dirigeant la droite ∆. Notons ϕ laré�exion glissée d'axe ∆ et de vecteur ~u. Alors, ϕ est une isométrie qui change le signe des anglesorientés et ϕ ◦ ϕ est la translation de vecteur 2~u. (En particulier, ϕ n'est pas une ré�exion.)

Démonstration. Avec les notation de la dé�nition, ϕ = t ◦ s = s ◦ t, donc comme composéed'isométries, ϕ est une isométrie et elle change le signe des angles orientés parce que t les conservetandis que s en change les signes. On a ϕ ◦ ϕ = (t ◦ s) ◦ (s ◦ t) = t ◦ (s ◦ s) ◦ t = t ◦ t = t2~u.

ϕ n'est pas une ré�exion parce que sinon on aurait ϕ ◦ ϕ = Id et donc ~u = 0.

La proposition précédente montre que les symétries glissées n'appartiennent à aucune des ca-tégories d'isométries décrites précédemment (translations, ré�exions, rotations).

Proposition 2.2. Soit s une ré�exion d'axe ∆. Soit ~v un vecteur. Notons t la translation devecteur ~v. Alors, ϕ := t ◦ s est soit une ré�exion soit une symétrie glissée : c'est une ré�exion siet seulement si ~v est orthogonal à la droite ∆, ce qui est aussi équivalent à ϕ ◦ ϕ = Id. Dans tousles cas, l'axe de ϕ est une droite parallèle à ∆. (Idem pour ϕ′ := s ◦ t.)

Démonstration. On peut décomposer ~v = ~w + ~u où ~u est nul ou dirige la droite ∆ et où ~w estorthogonal à la droite ∆. Posons s′ := t~w ◦ s. D'après le corollaire 4.3, s′ est une ré�exion d'axeune droite ∆′ parallèle à ∆. Ainsi, ϕ = t~u ◦ s′ et ~u est le vecteur nul ou un vecteur dirigeant lesdroites ∆ et ∆′. Si ~u est nul, alors ϕ est une ré�exion (et donc ϕ ◦ϕ = Id). Si ~u est non nul, ϕ estune symétrie glissée (et donc ϕ ◦ ϕ 6= Id). Bien sûr, ~u = 0 si et seulement si ~v est orthogonal à ladroite ∆. (Le même raisonnement vaut mutatis mutandis pour ϕ′ := s ◦ t.)

23

24 CHAPITRE V. SYMÉTRIES GLISSÉES


Proposition 3.1. Une isométrie ϕ a une ré�exion ou une symétrie glissée si et seulement si sonexpression complexe est de la forme z 7−→ αz + β avec α de module 1. Dans ce cas, ϕ est uneré�exion si et seulement si ϕ ◦ ϕ = Id, c'est-à-dire si αβ + β = 0.

Démonstration. Si ϕ est une ré�exion, on a déjà que son expression complexe était de la formez 7−→ αz + β. Si ϕ est une symétrie glissée, elle s'écrit ϕ = t ◦ s avec s une ré�exion et t unetranslation de vecteur dirigeant l'axe de s. D'après ce qui précède, s admet une expression complexedu type z 7−→ αz + β, avec α de module 1, et t admet une expression complexe de la formez 7−→ z+γ, donc t◦s admet pour expression complexe z 7−→ αz+ (β+γ), qui est bien de la formevoulue.

Inversement, si ϕ admet une expression complexe de la forme αz + β avec α de module 1,alors on peut écrire ϕ = t ◦ s où t a pour expression complexe z 7−→ z + β et s pour expressioncomplexe z 7−→ αz. Bien sûr, t est une translation. Si on écrit α sous la forme α = e2iθ pour θ ∈ R,alors d'après proposition 2.2, s est la ré�exion d'axe la droite ∆ passant par l'origine et le pointd'a�xe eiθ. On a ainsi obtenu que ϕ peut s'écrire comme la composition d'une ré�exion et d'unetranslation, donc est une ré�exion ou symétrie glissée d'après la proposition 2.2.

L'expression complexe de ϕ ◦ ϕ est z 7−→ z + αβ + β, donc ϕ ◦ ϕ = Id si et seulement siαβ + β = 0.

Chapitre VI

Classi�cation des isométries

1 Déplacements, anti-déplacements

Dé�nition 1.1. Soit ϕ une isométrie. On dit que ϕ est un déplacement (ou une isométrie positive,ou une isométrie directe) si ϕ conserve le signe des angles orientés. On dit que ϕ est un anti-déplacement (ou une isométrie négative, ou une isométrie indirecte) si ϕ change le signe des anglesorientés.

On verra plus loin qu'une isométrie est un déplacement ou un anti-déplacement.

Proposition 1.2. Supposons que ϕ et ψ soient deux isométries.� Si ϕ et ψ sont des déplacements, alors ϕ ◦ ψ est un déplacement ;� Si ϕ et ψ sont des anti-déplacements, alors ϕ ◦ ψ est un déplacement ;� Si ϕ est un déplacement et ψ est un anti-déplacement, alors ϕ ◦ψ est un anti-déplacement ;� Si ϕ est un anti-déplacement et ψ est un déplacement, alors ϕ ◦ψ est un anti-déplacement.

Proposition 1.3.

� Les translations et les rotations sont des déplacements.� Les symétries glissées et les ré�exions sont des anti-déplacements.

2 Points �xes

Dé�nition 2.1. Soit ϕ une transformation plane, on note Fixϕ l'ensemble des points M du plantels que ϕ(M) = M .

Proposition 2.2. Soit ϕ une isométrie.� Si ϕ = Id, alors Fixϕ est le plan tout entier.� Si ϕ est une translation de vecteur ~u 6= 0, alors Fixϕ est vide.� Si ϕ est une ré�exion d'axe ∆, alors Fixϕ = ∆.� Si ϕ est une rotation de centre C et d'angle θ (non multiple de 2π), alors Fixϕ = {C}.� Si ϕ est une symétrie glissée, alors Fixϕ est vide.

Démonstration. Presque tous ces énoncés sont évidents. Dans le cas d'une symétrie glissée ϕ, si Métait un point �xe de ϕ, ce serait aussi un point �xe de ϕ ◦ ϕ qui est une translation de vecteurnon nul, ce qui est absurde, donc Fixϕ est vide.

Lemme 2.3. Soit ϕ une isométrie. Supposons que A et B soient deux points distincts tels queA ∈ Fixϕ et B ∈ Fixϕ, alors la droite (AB) est contenue dans Fixϕ.

Démonstration. On peut choisir un repère du plan dans lequel A soit d'a�xe 0 et B d'a�xe b ∈ R?+.

La droite ∆ = (AB) est formée des points d'a�xes réels. On sait déjà que ϕ(∆) est une droite,mais cette droite contient les points A = ϕ(A) et B = ϕ(B), donc ϕ(∆) = ∆. Soit P ∈ (AB).L'a�xe de P est p ∈ R. Notons Q := ϕ(P ), et notons q ∈ R l'a�xe de Q ∈ ∆. Par conservationdes distances, on a QA = PA et QB = PB. On a donc |q| = QA = QB = |p|, donc q = ±p. Si

25

26 CHAPITRE VI. CLASSIFICATION DES ISOMÉTRIES

q = p, alors Q = P , donc P ∈ Fixϕ. Sinon, q = −p, mais on a aussi |q − r| = QB = PB = |p− r|,alors q − p = ±(p − r). Si q − r = −(p − r), alors −p − r = −p + r donc r = 0 ce qui contreditB 6= A. Si q − r = p− r, alors q = p et q = −p, donc p = q = 0 et P ∈ Fixϕ.

Lemme 2.4. Soit ϕ une isométrie. Supposons que A et B soient deux points distincts appartenantà Fixϕ. Alors, soit ϕ est l'identité, soit ϕ est la ré�exion d'axe (AB).

Démonstration. Notons D := (AB). Notons s la ré�exion d'axe D . Introduisons la perpendiculaire∆ à D passant par A. Choisissons un point C ∈ ∆ tel que C 6= A. Notons C ′ ∈ ∆ le symétriquede C par rapport à A.

La droite ϕ(∆) est la perpendiculaire à la droite de points �xes D passant par ϕ(A) = A, doncϕ(∆) = ∆. En particulier ϕ(C) est un point de ∆ et par conservation des distances, la distanceentre A et ϕ(C) est égale à AC. Il n'y a manifestement que deux possibilités : ϕ(C) ∈ {C,C ′}.

Si ϕ(C) = C, alors ϕ �xe les trois points non alignés A, B et C, donc ϕ = Id d'après le lemmesuivant.

Sinon, ϕ(C) = C ′, et alors s ◦ ϕ �xe les trois points non alignés A, B et C, donc de mêmes ◦ ϕ = Id, puis ϕ = s−1 = s.

Lemme 2.5. Soit ϕ une isométrie. Supposons que A, B et C soient trois points non alignésappartenant à Fixϕ. Alors, ϕ est l'identité.

Démonstration. On sait que les droites (AB), (AC) et (BC) sont contenues dans Fixϕ. Soit Mun point du plan n'appartenant ni à (AB) ni à (AC). Parmi l'in�nité des droites passant pas M , iln'y a qu'une seule qui soit parallèle à (AB), une seule qui soit parallèle à (AC), une seule qui passepar A, donc il existe certainement une droite ∆ passant par M telle que ∆ soit sécante avec (AB)et avec (AC), et telle que ∆ ne contienne pas A. Notons D le point d'intersection de ∆ avec (AB)et E celui de ∆ avec (AC). On a bien sûr D 6= E, parce que sinon on aurait D = E = A ∈ ∆, cequi a été exclu. Ainsi, M appartient à la droite (DE). Comme D ∈ (AB), on a D ∈ Fixϕ. CommeE ∈ (AC), on a E ∈ Fixϕ, donc (DE) ⊂ Fixϕ. En particulier, M ∈ Fixϕ.

3 Classi�cation

Théorème 3.1. Une isométrie du plan est soit une translation, soit une rotation, soit une ré-�exion, soit une symétrie glissée.

(On note que l'identité est à la fois la translation de vecteur nul et la rotation de centre C (unpoint arbitraire) et d'angle nul. C'est la seule isométrie qui appartienne ainsi à deux des catégoriesénumérées ci-dessus.)

Démonstration. Soit une ϕ une isométrie du plan.Si ϕ possède au moins deux points �xes A et B, alors ϕ est l'identité ou la ré�exion d'axe (AB).Si ϕ possède un unique point �xe O, choisissons un point A 6= O. Notons A′ := ϕ(A). Comme

OA′ = OA, on peut noter r la rotation de centre O et d'angle (−→OA,−−→OA′). Nous allons montrer

que ϕ = r. Posons ψ := r−1 ◦ ϕ. On a bien sûr, ψ(O) = O et ψ(A) = A. A priori, ψ est soitl'identité, soit la ré�exion s d'axe (OA). Si ψ = Id, alors ϕ = r est bien une rotation (de centre O).Montrons qu'il n'est pas possible que ψ = s, en e�et, sinon, on aurait ϕ = r ◦ s. Notons θ l'anglede la rotation r et ∆ la droite passant par O telle que l'angle orienté de droites ((OA),∆) soit égalà θ

2 . Si on note s′ la ré�exion d'axe ∆, alors s′ ◦ s = rO,θ = r, mais alors ϕ = r ◦ s = s′ et Fixϕ estune droite, ce qui contredit l'hypothèse que ϕ ne possède qu'un seul point �xe.

Supposons maintenant que ϕ ne possède aucun point �xe. Montrons que ϕ est soit une trans-lation soit une symétrie glissée. Choisissons un point O. Notons O′ := ϕ(O) et t la translation de

vecteur−−→OO′. Notons ψ := t−1 ◦ ϕ. Il est évident que O est un point �xe de ψ. L'isométrie ψ est

d'un des types considérés précédemment.Montrons que ψ possède au moins un autre point �xe que O. Si O était l'unique point �xe

de ψ, alors d'après le cas précédent ψ serait une rotation de centre O, donc d'après l'étude destranslations ou rotations, le composé ϕ = t ◦ ψ serait une translation ou une rotation. Comme ϕne possède pas de point �xe, cela ne peut pas être une rotation. Si ϕ était une translation, alors

3. CLASSIFICATION 27

ψ serait aussi une translation, mais qui serait forcément l'identité parce que ψ(O) = O, donc ψpossèderait plusieurs points �xes.

Ainsi, ψ possède au moins un autre point �xe A 6= O. On sait alors que soit ψ = Id, auquelcas ϕ = t, donc ϕ est bien une translation, soit ψ est la ré�exion d'axe (OA), et alors ϕ = t ◦ ψest le composé d'une ré�exion et d'une translation, et on a déjà démontré qu'alors ϕ était soit uneré�exion soit une symétrie glissée. Comme ϕ n'a pas de point �xe, ϕ ne peut pas être une ré�exion,donc c'est une symétrie glissée.

Corollaire 3.2. Une isométrie est un déplacement ou un anti-déplacement.

Corollaire 3.3. Les isométries sont les transformations planes ayant une expression complexe del'un des deux types suivants, avec α ∈ U et β ∈ C :

� z 7−→ αz + β ;� z 7−→ αz + β.

Dans le premier cas, l'isométrie est un déplacement (translation ou rotation), et dans le deuxièmec'est un anti-déplacement (ré�exion, ou symétrie glissée).

Corollaire 3.4. Supposons que des points A,B,A′, B′ soient tels que A′B′ = AB 6= 0. Alors, ilexiste un unique déplacement ϕ tel que ϕ(A) = A′ et ϕ(B) = B′.

Il existe un unique anti-déplacement ϕ′ tel que ϕ′(A) = A′ et ϕ′(B) = B′.En outre, si on note s la ré�exion d'axe (AB) et s′ la ré�exion d'axe (A′B′), on a ϕ′ = s′ ◦ϕ =

ϕ ◦ s.

Démonstration. Si on note a, b, a′, b′ les a�xes de A, B, A′, B′, on voit que si on note ϕ l'isométriedirecte d'expression complexe z 7−→ a′ + b′−a′

b−a · (z − a), alors ϕ convient.Si on disposait d'une autre isométrie directe ϕ qui convienne, alors ϕ−1 ◦ ϕ est un déplacement

qui �xe les deux points distincts A et B, donc ϕ−1 ◦ ϕ = Id, d'où ϕ = ϕ. Le même raisonnementmontre que si ϕ′ existe, alors ϕ′ est unique. On remarque par ailleurs que s′◦ϕ, ϕ◦s conviennent.

28 CHAPITRE VI. CLASSIFICATION DES ISOMÉTRIES

Chapitre VII

Barycentres

1 Dé�nition

Proposition 1.1. Étant donné une famille �nie (Ai,mi)i∈I où pour tout i ∈ I, Ai est un point duplan et mi ∈ R, et telle que µ :=

∑i∈I mi 6= 0. Il existe une unique point G véri�ant les conditions

équivalentes suivantes :(i)

∑i∈I mi

−−→GAi =

−→0 .

(ii) Il existe un point P tel que∑i∈I mi

−−→PAi = µ

−−→PG.

(iii) Pour tout point P , on a :∑i∈I mi

−−→PAi = µ

−−→PG.

Démonstration. On commencer par montrer l'équivalence entre les di�érentes conditions. Pourcela, soit P un point quelconque du plan. Soit G un point. On considère la di�érence suivante :∑

i∈Imi−−→PAi − µ

−−→PG =

∑i∈I

mi−−→PAi −

∑i∈I

mi−−→PG

=∑i∈I

mi(−−→PAi −

−−→PG)

=∑i∈I

mi−−→GAi

La di�érence∑i∈I mi

−−→PAi − µ

−−→PG est donc indépendante du choix du point P , donc (ii) et (iii)

sont équivalentes, et le calcul de cette di�érence que ces conditions sont aussi équivalentes à (i).Montrons l'existe et l'unicité du point G. Choisissons arbitrairement un point P . On introduit

le point G comme étant dé�ni de façon à ce que

−−→PG =

1

µ

(∑i∈I

mi−−→PAi

)Ceci a un sens grâce à l'hypothèse µ 6= 0. Il est alors évident que G véri�e la condition (ii).

Dé�nition 1.2. Étant donné une famille �nie (Ai,mi)i∈I où pour tout i ∈ I, Ai est un pointdu plan et mi ∈ R, et telle que

∑i∈I mi 6= 0, on appelle barycentre de (Ai,mi)i∈I l'unique point

véri�ant les conditions équivalentes énoncées ci-dessus, on le note Bary((Ai,mi)i∈I).

On peut parler de barycentre des points Ai a�ectés des masses mi. On remarque que sous leshypothèses ci-dessus, si λ ∈ R+, alors Bary((Ai, λmi)i∈I) = Bary((Ai,mi)i∈I), autrement dit lebarycentre ne dépend pas de l'unité de masse utilisée.

L'isobarycentre d'une famille de points correspond au cas où toutes les masses sont égales.

Proposition 1.3. Étant donné une famille �nie (Ai,mi)i∈I où pour tout i ∈ I, Ai est un pointdu plan d'a�xe ai et mi ∈ R, et telle que µ :=

∑i∈I mi 6= 0, alors Bary((Ai,mi)i∈I) a pour a�xe∑

i∈I miaiµ .

Démonstration. En e�et, si on note G le barycentre, on a−−→OG = 1

µ

(∑i∈I mi

−−→OAi

).

29

30 CHAPITRE VII. BARYCENTRES

2 Barycentres de deux points

Proposition 2.1. Si A et B sont deux points du plan, alors le milieu de [AB] est Bary((A, 1), (B, 1)).

Démonstration. En e�et, le milieu I est caractérisé par le fait que−→IA+

−→IB =

−→0 .

Proposition 2.2. Si A et B sont deux points distincts du plan, et que a et b sont des réels telsque a+ b 6= 0, alors Bary((A, a), (B, b)) appartient à la droite (AB).

Réciproquement, tout point de la droite (AB) est égal à Bary((A, 1− t), (B, t)) pour un uniquet ∈ R.

Démonstration. Notons G := Bary((A, a), (B, b)). On a alors (a + b)−→AG = a

−→AA + b

−−→AB, donc

−→AG = b

a+b

−−→AB, ce qui montre que G appartient à la droite (AB).

Pour t ∈ R, notons Gt := Bary((A, 1− t), (B, t)). On a alors−−→AGt = t

−−→AB. On obtient bien un

paramétrage (Gt)t∈R de la droite (AB).

Proposition 2.3. Soit ϕ une isométrie du plan. Supposons que A et B soient deux points et queG := Bary((A, a), (B, b)) avec a et b des réels tels que a+ b 6= 0. Notons A′ := ϕ(A), B′ := ϕ(B) etG′ := ϕ(G). Alors, G′ = Bary((A′, a), (B′, b)). Autrement dit, ϕ conserve les barycentres de deuxpoints.

Démonstration. D'après ce qui précède, en divisant a et b par a + b, on se ramène aisément aucas où a = 1 − t et b = t. Si A = B, alors G = A = B et G′ = A′ = B′, donc le résultat estévident. Sinon, (AB) est une droite contenant G, comme ϕ conserve l'alignement, G′ ∈ (A′B′),

donc il existe λ ∈ R tel que−−→A′G′ = λ

−−−→A′B′. Si on arrive à montrer que λ = t, on aura démontré le

résultat voulu, à savoir que G′ = Bary((A′, a), (B′, b)).

Par ailleurs, par dé�nition du barycentre, on a−→AG = t

−−→AB, donc AG = |t|AB. Comme ϕ est

une isométrie, on en déduit A′G′ = |t|AB = |t|A′B′, donc |λ| = |t|.On a aussi

−−→BG = (1 − t)

−−→BA, donc BG = |1− t|AB, puis B′G′ = |1− t|AB. La dé�nition de

λ donne aussi−−−→B′G′ = (1− λ)

−−−→B′A′, donc comme précédemment, on obtient |1− λ| = |1− t|.

D'après l'identité, |λ| = |t|, on tire que λ = ±t. On veut montrer que λ = t. Si ce n'est pas lecas λ = −t et t 6= 0, on a alors |1− λ| = |1 + t| = |1− t|. Donc, 1− t = ±(1 + t). Si 1− t = 1 + t,alors t = 0 ce qui a été exclu. Sinon, 1− t = −1− t et 2 = 0, ce qui est absurde.

3 Barycentres partiels

Théorème 3.1. Supposons donnée deux familles �nies (Ai,mi)i∈I et (Bj ,m′j)j∈J telles que

∑i∈I mi+∑

j∈J m′j 6= 0, et que µ′ :=

∑j∈J m

′j 6= 0. On peut alors dé�nir G′ := Bary((Bj ,mj)j∈J). On a

alors :Bary((Ai,mi)i∈I , (Bj ,m

′j)j∈J) = Bary((Ai,mi)i∈I , (G

′, µ′))

Démonstration. Notons G := Bary((Ai,mi)i∈I , (G′, µ′)). On a alors∑

i∈Imi−−→GAi + µ′

−−→GG′ = ~0

Par dé�nition de G′, on a µ′−−→GG′ =

∑j∈J m

′j

−−→GBj , donc∑

i∈Imi−−→GAi +

∑j∈J

m′j−−→GBj = ~0

On reconnaît alors que G = Bary((Ai,mi)i∈I , (Bj ,m′j)j∈J).

Corollaire 3.2. Les médianes d'un triangle ABC sont concourantes en le point G := Bary((A, 1), (B, 1), (C, 1)).

Démonstration. Notons A′ le milieu du segment [BC], c'est-à-dire que A′ = Bary((B, 1), (C, 1)).D'après le théorème précédent, on a G = Bary((A, 1), (A′, 2)), donc G ∈ [AA′]. De même, Gappartient aux segments [BB′] et [CC ′].

3. BARYCENTRES PARTIELS 31

Proposition 3.3. Soit ϕ une isométrie. Si on dispose d'une famille (Ai,mi)i∈I avec∑i∈I mi 6= 0,

on peut noter G := Bary((Ai,mi)i∈I). On a alors ϕ(G) = Bary((ϕ(Ai),mi)i∈I).

Démonstration. Le résultat est évident si I est de cardinal 1 et cela a été démontré dans le cas oùI est de cardinal 2. Montrons le résultat par récurrence sur n := #I. On suppose que n ≥ 3 etque le résultat connu pour des ensembles I de cardinal < n. Quitte à enlever les indices i tels quemi = 0, on peut supposer que pour tout i ∈ I, mi 6= 0. On peut supposer que I = {1, . . . , n}. Onsait que µ :=

∑ni=1mi 6= 0.

J'a�rme qu'il existe un indice i ∈ {1, . . . , n} tel que∑j 6=imj 6= 0, c'est-à-dire tel que µ−mi 6=

0. En e�et, sinon, on aurait pour tout i, mi = µ et donc µ = nµ, ce qui est absurde. Ilexiste donc un entier i tel que µ − mi 6= 0. Quitte à permuter les indices, on peut suppo-ser que µ′ := µ − mn 6= 0. Notons alors G′ := Bary((Aj ,mj)1≤j≤n−1). Par hypothèse de ré-currence, ϕ(G′) = Bary((ϕ(Aj),mj)1≤j≤n−1). Le théorème des barycentres partiels donne G =Bary((G′, µ′), (An,mn)). Le cas des barycentres deux points donne :

ϕ(G) = Bary((ϕ(G′), µ′), (ϕ(An),mn))

= Bary(Bary((ϕ(Aj),mj)1≤j≤n−1), (ϕ(An),mn))

On peut conclure que ϕ(G) = Bary((ϕ(Aj),mj)1≤j≤n) grâce au théorème des barycentres partiels.

32 CHAPITRE VII. BARYCENTRES

Chapitre VIII

Polygones réguliers, groupes

diédraux

1 Dé�nition

Dé�nition 1.1. Soit n ≥ 3. Supposons donnés des points distincts A1, . . . , An. Notons O l'isoba-rycentre de ces n points. Notons r la rotation de centre O et d'angle 2π

n . On dit que A1 . . . An estun polygone régulier direct si pour tout i ∈ {1, . . . , n− 1}, on a r(Ai) = Ai+1.

Cette condition implique que An = rn−1(A1) et comme rn est une rotation d'angle n · 2πn = 2π,

on a bien sûr rn = Id, donc r(An) = rn(A1) = A1.

Proposition 1.2. Soit n ≥ 3. Supposons que A1 . . . An soit un polygone régulier direct. Notons Ol'isobarycentre de ces n points.

Alors, les longueurs OAi sont toutes égales à une certaine valeur ρ. Les longueurs AiAi+1 sonttoutes égales à une valeur l. Les angles orientés (

−−−−→AiAi+1,

−−−−→AiAi−1) sont tous égaux à un certain

angle θ.On a alors θ = π − 2π

n et l = 2ρ sin πn .

Démonstration. Le fait que r permute circulairement les sommets et que r soit un déplacementassure que l'isobarycentre O est �xe par r et que ρ, l et θ soient bien dé�nis.

Choisissons un repère dans lequel O soit l'origine. Notons zi l'a�xe de Ai. L'expression complexede r est z 7−→ ζz avec z := e

2iπn . On a donc zi+1 = ζzi. L'angle θ véri�e eiθ = zi−1−zi

zi+1−zi = zi−1−ziζzi−ζzi−1

=−1ζ = ei(π−

2πn ), donc θ = π − 2π

n .

Notons ξ = eiπn . Ainsi, ζ = ξ2. On a l = A1A2 = |z2 − z1| = |z1(ζ − 1)| |z1| |ζ − 1| = ρ |ζ − 1|.

Il reste à montrer que |ζ − 1| = 2 sin πn .

En e�et, ζ − 1 = ξ(ξ − ξ−1), donc |ζ − 1| =∣∣ξ − ξ−1

∣∣, or ξ − ξ−1 = ξ − ξ = 2Imξ = 2 sin πn ≥ 0,

donc |ζ − 1| =∣∣ξ − ξ−1

∣∣ = 2 sin πn .

2 Le groupe diédral

Soit n ≥ 3. On �xe un polygone régulier direct A1 . . . An. On note O l'isobarycentre des pointsA1, . . . , An. On note C le cercle de centre O contenant les points A1, . . . , An. On note r la rotationde centre O et d'angle 2π

n . Notons s la ré�exion d'axe (OA1).Notons S := {A1, . . . , An}.

Dé�nition 2.1. On note Dn l'ensemble des isométries ϕ telles que pour tout P ∈ S , ϕ(P ) ∈ S .

La proposition suivante est évidente :

Proposition 2.2. � Id ∈ Dn ;� si ϕ et ψ appartiennent à D, alors ψ ◦ ϕ aussi ;

33

34 CHAPITRE VIII. POLYGONES RÉGULIERS, GROUPES DIÉDRAUX

� si ϕ ∈ Dn, alors ϕ−1 ∈ Dn.On dit que Dn est le groupe diédral du polygone régulier à n côtés.

Proposition 2.3. Les isométries r et s appartiennent à Dn. Elles véri�ent rn = Id, s2 = Id,r ◦ s = s ◦ r−1.

Démonstration. Introduisons la notation Ai pour tout i ∈ Z de sorte que Aj = Ai si j et i sontcongrus modulo n. Pour tout i ∈ Z, on a bien sûr r(Ai) = Ai+1. On véri�e aussi que l'on a defaçon évidente s(Ai) = A2−i. Ainsi, r et s sont des éléments de Dn.

Considérons, s ◦ r ◦ s. C'est une isométrie directe du plan qui �xe le point O, donc c'est unerotation de centre O. On a (s ◦ r ◦ s)(A1) = s(r(A1)) = s(A2) = A0 = r−1(A1). On en déduitaussitôt que s ◦ r ◦ s = r−1, donc r ◦ s = s ◦ r−1.

Proposition 2.4. Dn contient exactement 2n éléments, qui sont Id, r, r2, . . . , rn−1 et s, s ◦ r, s ◦r2, . . . , s ◦ rn−1.

Démonstration. On véri�e de façon évidente que ces 2n éléments sont distincts : n sont des dépla-cements et n sont des anti-déplacements. Il s'agit de montrer que tout élément ϕ de Dn est un deces 2n éléments.

Si ϕ est un déplacement, ϕ conserve les barycentres, donc ϕ(O) = O, donc ϕ est une rotationde centre O. Il existe un entier k ∈ {0, . . . , n − 1} tel que r(A1) = Ak−1, l'angle de ϕ est donc

(−−→OA1,

−−−−→OAk−1) = 2kπ

n , donc ϕ = rk.Si ϕ est un anti-déplacement, alors s ◦ϕ est un déplacement qui appartient à Dn, donc d'après

le cas précédent, s ◦ ϕ = rk pour un certain k, donc ϕ = s ◦ rk

3 Caractérisation

Théorème 3.1. Soit n ≥ 3. Supposons donnés des points distincts A1, . . . , An. Par abus denotation, on s'autorise à utiliser la notation Ai pour tout i ∈ Z de façon à ce que Aj = Ai si j et

i sont congrus modulo n. On note li = AiAi+1 et θi = (−−−−→AiAi+1,

−−−−→AiAi−1). Les conditions suivantes

sont équivalentes :(i) Les longueurs li sont égales, et les angles θi aussi.(ii) Les longueurs li sont égales et les points Ai sont cocycliques.(iii) Il existe une rotation R telle que Rn = Id et que pour tout i, R(Ai) = Ai+1.

Démonstration. Si (iii) est vrai, notons O le centre de la rotation R. Comme R(Ai) = Ai+1, ona donc OAi+1 = OAi, donc les points Ai sont tous sur un cercle de centre O. Que R soit uneisométrie directe implique aussitôt que li+1 = li et θi+1 = θi. Ainsi, (iii)⇒ (i) et (iii)⇒ (ii).

Montrons (ii)⇒ (iii). Notons l la valeur commune de toutes les longueurs li. Notons O le centre

d'un cercle C contenant les points Ai. Notons R la rotation de centre O et d'angle (−−→OA1,

−−→OA2).

Montrons par récurrence sur i ≥ 1 que R(Ai) = Ai+1. Par construction, c'est vrai pour i = 1.Supposons que i ≥ 2 et que pour tout j ∈ {1, . . . , i − 1}, on ait R(Aj) = Aj+1. Notons B :=R(Ai) ∈ C . Par hypothèse de récurrence, on a aussi Ai = R(Ai−1), donc AiB = Ai−1Ai = l.Notons C ′ le cercle de centre Ai et de rayon l. De façon évidente, {Ai−1, B} ⊂ C ∩ C ′.

Si Ai−1 6= B, on a {Ai−1, B} = C ∩ C ′, or Ai+1 ∈ C ∩ C ′, donc soit Ai+1 = Ai−1 (ce qui estabsurde), donc Ai+1 = B, et donc on a bien B = R(Ai) = Ai1 .

Si on a avait Ai−1 = B, on aurait R2(Ai−1) = Ai−1, donc R serait une symétrie centrale :les points Ai−1 et Ai seraient diamétralement opposés sur le cercle C , ce qui impliquerait assezfacilement que n = 2, ce qui est absurde.

Montrons (i) ⇒ (iii). Notons θ la valeur commune des angles orientés θi et l la longueurcommune des côtés. Comme A2A3 = A1A2 = l 6= 0, il existe un unique déplacement R tel queR(A1) = A2 et R(A2) = A3. Montrons par récurrence sur k ≥ 1 que R(Ak) = Ak+1. C'estbien sûr vrai si k = 1 ou si k = 2. Supposons k ≥ 3 et que pour 1 ≤ i ≤ k − 1, R(Ai) =Ai+1. En particulier, R(Ak−2) = Ak−1 et R(Ak−1) = Ak. Notons B := R(Ak). Comme R est un

déplacement, on a AkB = Ak−1Ak = l, donc AkB = AkAk+1 = l. Par ailleurs, (−−−−−→AkAk−1,

−−→AkB) =

(−−−−−−−→Ak−1Ak−2,

−−−−−→Ak−1Ak) = −θ = (

−−−−−→AkAk−1,

−−−−−→AkAk+1). Ces deux informations permettent de conclure

que B = Ak+1.

3. CARACTÉRISATION 35

Si R était une translation de vecteur ~u, alors Rn serait la translation de vecteur n~u, or le pointA1 est �xé par Rn, donc ~u = 0, ce qui implique que R = Id ce qui est absurde puisque R(A1) =A2 6= A1. Par conséquent, R est une rotation (di�érente de l'identité parce que R(A1) 6= A1 donton peut noter O le centre. On a bien sûr A1 6= O et le fait que Rn(A1) = A1 permet de conclureque Rn = Id.

Remarque 3.2. Supposons que la condition (iii) ci-dessus soit véri�ée. Notons O le centre dela rotation R. Notons θ l'angle de cette rotation. Comme Rn = Id, on obtient qu'il existe k ∈{0, . . . , n − 1} tel que θ = 2kπ

n . Si θ = 2πn , alors A1 . . . An est un polygone régulier direct. Si

θ = − 2πn , alors An . . . A1 est un polygone régulier direct. Dans les autres cas, le polygone A1 . . . An

n'est pas convexe.

36 CHAPITRE VIII. POLYGONES RÉGULIERS, GROUPES DIÉDRAUX

Chapitre IX

Frises

1 Bande

Dé�nition 1.1. On suppose que l'on a �xé deux droites parallèles distinctes D1 et D2. On noteB la bande délimitée par D1 et D2 ; formellement, elle est formée des points qui appartiennent àun segment [A1A2] avec A1 ∈ D1 et A2 ∈ D2. Il existe une unique droite D parallèle à D1 et D2

telle que les droites D1 et D2 soient symétriques par rapport à D . On dit que D est la médiane deD et on notera s la ré�exion d'axe D .

Dé�nition 1.2. On note G(B) l'ensemble des isométries σ du plan telles que σ(B) = B. Defaçon équivalente, σ ∈ G(B) si et seulement si soit D1 et D2 sont deux droites invariantes de σ,soit σ échange les deux droites D1 et D2.

Proposition 1.3. L'ensemble G(B) est un groupe d'isométries :� Id ∈ G(B) ;� si ϕ ∈ G(B), alors ϕ−1 ∈ G(B) ;� si ϕ ∈ G(B) et ψ ∈ G(B), alors ψ ◦ ϕ ∈ G(B).

Proposition 1.4. Une isométrie du plan appartient à G(B) si et seulement si elle appartient àune des quatre familles suivantes :

1) l'identité et les translations de vecteur dirigeant D ;2) les ré�exions d'axe ∆ où ∆ est perpendiculaire à D ;3) la symétrie s, et les symétries glissées d'axe D ;4) les symétries centrales dont le centre appartient à D .

Démonstration. Il est évident que les isométries appartenant aux quatre familles ci-dessus sontdans G(B). Il s'agit de montrer que si σ ∈ G(B), alors σ appartient à l'une de ces quatre familles.

On commence par le cas où D1 et D2 sont toutes les deux invariantes par σ. Fixons A ∈ D1.Notons A′ := σ(A). Posons ψ := t−−→

A′A◦ ϕ. On a ψ(A) = A. Notons ∆ la perpendiculaire à D1

passant par A. Comme A est �xé par ψ et que D1 est invariante par ψ, il vient que ∆ est invariantepar ψ. Comme ∆ et D2 sont deux droites invariantes par ψ, leur point d'intersection B est tel queψ(B) = B. Par conséquent, ψ est une isométrie qui �xe les deux points distincts A et B. On saitalors que soit ψ est l'identité, auquel cas ϕ = t−−→

AA′◦ ψ = t−−→

AA′est une translation, soit ψ est la

ré�exion σ∆ auquel cas ϕ = t−−→AA′◦ σ∆ et comme composé d'une ré�exion et d'une translation de

vecteur orthogonal, ϕ est une ré�exion d'axe parallèle à ∆.Supposons maintenant que D1 et D2 sont échangées par σ. Posons ψ := s ◦ ϕ. D'après le cas

précédent, ψ est d'un des deux premiers types énumérés ci-dessus. Dans le premier sous-cas, ψ estune translation de vecteur nul ou dirigeant D . Comme, ϕ = s◦ψ, il vient que soit ϕ est s, soit ϕ estune symétrie glissée de droite D . Dans le deuxième sous-cas, ψ est une ré�exion d'axe une droite ∆perpendiculaire à D . On a alors ϕ = s ◦ψ = σD ◦σ∆, et comme composé de deux ré�exions d'axesperpendiculaires, ϕ est la symétrie de centre O, où O est le point d'intersection de ∆ et D .

37

38 CHAPITRE IX. FRISES

2 Frise

On �xe une partie F de la bande B.

Dé�nition 2.1. On note G(F ) l'ensemble des isométries σ ∈ G(B) telles que σ(F ) = F .

L'ensemble G(F ) est un groupe d'isométries : il véri�e les mêmes propriétés que celles énoncéespour G(B) dans la proposition 1.3.

Dé�nition 2.2. On dit que F est une frise s'il existe un vecteur non nul ~u tel que la translationt~u de vecteur ~u soit dans G(F ) et que pour tout λ ∈ R, la translation tλ~u ∈ G(F ) si et seulementsi λ ∈ Z. On dit que ~u est un vecteur minimal de la frise F .

À partir de maintenant, on suppose que F est une frise de vecteur minimal ~u.

Remarque 2.3. Les isométries appartenant à G(F ) sont en particulier des éléments de G(B),donc elles appartiennent à une des quatre familles énumérées dans la proposition 1.4. La dé�nitionci-dessus signi�e que les éléments de type 1) sont exactement les translations tn~u avec n ∈ Z. Lesénoncés qui suivent visent à décrire les diverses possibilités pour les éléments de type 2), 3) ou 4).

Proposition 2.4. Supposons que G(F ) contienne une symétrie centrale σA de centre A (ce quisigni�e que A est un centre de symétrie de F ). Alors, les symétries centrales appartenant à G(F )

sont exactement celles de centre An pour tout n ∈ Z où An est le point dé�ni par−−→AAn = n

2 ~u.

Démonstration. On sait a priori que les centres de symétrie éventuels de F sont sur la médianeD . Soit donc B un point de D . Il existe alors un unique λ ∈ R tel que

−−→AB = λ~u. Nous allons

déterminer une condition nécessaire et su�sante sur λ pour que B soit un centre de symétrie,c'est-à-dire que σB ∈ G(F ).

Si σB ∈ G(F ), alors σB ◦ σA ∈ G(F ), et réciproquement si σB ◦ σA ∈ G(F ), alors σB =(σB ◦ σA) ◦ σA ∈ G(F ).

Comme, σB◦σA = t2−−→AB

= t2λ~u, on obtient que B est un centre de symétrie de F si et seulementsi t2λ~u ∈ G(F ), c'est-à-dire si 2λ ∈ Z, autrement dit qu'il existe n ∈ Z tel que λ = n

2 , c'est-à-direB = An.

On prendra garde au fait que la proposition précédente peut se comprendre en disant que levecteur reliant deux centres de symétries consécutifs est 1

2~u, et non pas ~u. La même remarques'applique aux éventuels axes de symétrie perpendiculaires à la médiane :

Proposition 2.5. Supposons que G(F ) contienne une ré�exion σ∆ avec ∆ une droite perpendi-culaire à la médiane D , autrement dit ∆ est un axe de symétrie de F qui est perpendiculaire àD . Alors, une droite perpendiculaire à D est un axe de symétrie de F si et seulement si ∆ = ∆n

pour un certain n ∈ Z, où ∆n est la droite obtenue en translatant ∆ par le vecteur n2 ~u.

Démonstration. Considérons une droite ∆′ = tλ~u(∆). Comme ∆ et ∆′ sont deux droites parallèles,on a σ∆′ ◦ σ∆ = t2λ~u. Comme dans la démonstration précédente, σ∆′ ∈ G(F ) si et seulement sit2λ~u ∈ G(F ), c'est-à-dire qu'il existe n ∈ Z tel que λ = n

2 , autrement dit que ∆′ = ∆n.

Proposition 2.6. Notons S = {λ ∈ R, tλ~u ◦ s ∈ G(F )}. Trois cas sont possibles :� S est vide ;� S = Z ;� S = 1

2 + Z = { 12 + n, n ∈ Z}.

Démonstration. Pour tout λ ∈ R, notons gλ := tλ~u ◦ s = s ◦ tλ~u : pour λ = 0, c'est la ré�exion sd'axe la médiane D , sinon pour λ 6= 0, c'est une symétrie glissée d'axe D .

Supposons que S est non vide. Choisissons λ0 ∈ Z. Comme dans les propositions précédentes,si λ ∈ R, gλ ∈ G(F ) si et seulement si gλ ◦gλ−1

0∈ G(F ). Or, gλ ◦gλ−1

0= gλ◦g−λ0

= (tλ~u ◦s)◦ (s◦t−λ0

~u = t(λ−λ0)~u. Ainsi, gλ ∈ G(F ) si et seulement si λ − λ0 ∈ Z, c'est-à-dire qu'il existe n ∈ Ztel que λ = λ0 + n.

Ainsi, si S est non vide, S est de la forme λ0 + Z. On peut écrire λ0 = n0 + ε où ε ∈ [0, 1[, eton a bien sûr ε ∈ S, donc S = ε+ Z. Il reste à montrer qu'alors ε ∈ {0, 1

2}.Considérons gε ◦ gε = t2ε~u ∈ G(F ). On doit avoir 2ε ∈ Z, or 0 ≤ 2ε < 2, donc 2ε ∈ {0, 1}, d'où

ε = 0 ou ε = 12 .

3. CLASSIFICATION DES GROUPES DE FRISES 39

3 Classi�cation des groupes de frises

La classi�cation n'est pas à connaître pour l'examen. Cependant, si une frise particulière estdonnée, il faut savoir déterminer les isométries qui la conservent.

Dé�nition 3.1. Pour tout ϕ ∈ G(B), on note ε1(ϕ) = 1 si ϕ est un déplacement, et ε1(ϕ) = −1sinon. On a alors ε1(ψ ◦ ϕ) = ε1(ψ) · ε1(ϕ) pour tous ϕ et ψ dans G(F ). On dit que ε1 est unmorphisme de groupes G(B)→ {1,−1}.

Pour tout ϕ ∈ G(B), on note ε2(ϕ) = 1 si les deux droites D1 et D2 délimitant B sontinvariantes par ϕ. Si D1 et D2 sont échangées par ϕ, on pose ε2(ϕ) = −1. On a ε1(ψ ◦ ϕ) =ε1(ψ) · ε1(ϕ) pour tous ϕ et ψ dans G(F ).

Dé�nition 3.2. Supposons que F soit une frise. On note E(F ) ⊂ {(1, 1), (−1, 1), (1,−1), (−1,−1)} ={±1} × {±1} l'ensemble des couples de la forme (ε1(ϕ), ε2(ϕ)) pour ϕ ∈ G(F ).

Proposition 3.3. Soit F une frise. Cinq cas sont possibles :(I) E(F ) = {(1, 1)} ;(II) E(F ) = {(1, 1), (1,−1)} ;(III) E(F ) = {(1, 1), (−1, 1)} ;(IV) E(F ) = {(1, 1), (−1,−1)} ;(V) E(F ) = {(1, 1), (−1, 1), (1,−1), (−1,−1)}.

Démonstration. E(F ) est un sous-ensemble de {±1} × {±1}, contenant (1, 1) et stable par lamultiplication (coordonnée par coordonnée) ; en termes mathématiques abstraits, c'est un sous-groupe de {±1} × {±1}. On montrera plus tard explicitement que ces cinq cas sont possibles, ils'agit donc ici uniquement d'exclure le cas où E(F ) serait de cardinal 3. En e�et, si E(F ) étaitde cardinal 3, il serait de la forme {(1, 1), e1, e2}, mais alors, e3 := e1 · e2 ∈ E(F ), et on voitimmédiatement que e3 est di�érent de (1, 1), de e1 et de e2, ce qui contredit que le cardinal deE(F ) est 3.

Si on est dans les cas (I), (II), (III), on peut décrire le groupe G(F ) d'une frise F de vecteurminimal ~u :

� Dans le cas (I), G(F ) ne contient que les translations tn~u pour n ∈ Z ;� Dans le cas (II), si on note A un des centres de symétrie de F , G(F ) est constitué des

translations tn~u pour n ∈ Z ainsi que des symétries centrales σAn pour n ∈ Z où−−→AAn = n

2 ~u.� Dans le cas (III), si on note ∆ un des axes de symétrie perpendiculaires à D , G(F ) est

constitué des translations tn~u pour n ∈ Z ainsi que des ré�exions σ∆n pour n ∈ Z où∆n = tn

2 ~u(∆).

Le cas (IV) se subdivise en deux sous-cas suivant que l'ensemble S de la propostion 2.6 soit Zou 1

2 + Z, autrement dit si la médiane D est ou non un axe de symétrie de la frise :� Cas (IVα) [(IV) avec S = Z]. G(F ) est constitué des translations tn~u pour n ∈ Z et des

éléments tn~u ◦ s pour n ∈ Z (c'est-à-dire la ré�exion s d'axe la médiane D pour n = 0, etpour les symétries glissées d'axe de D et de vecteur n~u pour n ∈ Z− {0}) ;

� Cas (IVβ) [(IV) avec S = 12 +Z] G(F ) est constitué des translations tn~u pour n ∈ Z et des

symétries glissées d'axe la médiane D et de vecteur ( 12 + n)~u pour n ∈ Z.

Le cas (V) se subdivise aussi en deux sous-cas suivant que S = Z (s ∈ G(F ) ou S = 12 + Z

(s 6∈ G(F )).� Cas (Vα) [(V) avec S = Z] Si on note A un des centres de symétrie de F , on peut introduire

∆ la perpendiculaire à D passant par A. G(F ) est alors constitué des translations tn~u pour

n ∈ Z, des symétries centrales de centre An pour n ∈ Z avec−−→AAn = n

2 ~u, des ré�exionsd'axes ∆n pour n ∈ Z avec ∆n = tn

2 ~u∆ et en�n des éléments tn~u ◦ s pour tout n ∈ Z,

c'est-à-dire de s et des symétries glissées d'axe D et de vecteur n ∈ Z pour n ∈ Z.� Cas (Vβ) [(V) avec S = 1

2 +Z] Si on note A un des centres de symétrie de F , on peut noter

B le point tel que−−→AB = 1

4~u et ∆ la perpendiculaire à D passant par B, et alors G(F )est constitué des translations tn~u pour n ∈ Z, des symétries centrales de centre An pourn ∈ Z avec

−−→AAn = n

2 ~u, des ré�exions d'axes ∆n pour n ∈ Z avec ∆n = tn2 ~u

∆ et en�n dessymétries glissées d'axe D et de vecteur ( 1

2 + n)~u pour n ∈ Z.


(Pour justi�er les descriptions ci-dessus de G(F ) dans les ces deux sous-cas de (V), il faut préci-ser pourquoi la droite ∆ qui est construite dans les deux sous-cas est bien un axe de symétrie. Dansle sous-cas (Vα), on remarque que σ∆ = σA◦s parce que ∆ et D sont deux droites perpendiculairesse coupant en A. Dans le sous-cas (Vβ), cela résulte de l'identité σ∆ = (t 1

2~u◦ s) ◦ σA.)

Il existe ainsi sept types de frises, suivant à laquelle des situations décrites plus haut ellescorrespondent : (I), (II), (III), (IVα), (IVβ), (Vα), (Vβ).

Des frises correspondant à ces sept cas sont données sur la page suivante :

3. CLASSIFICATION DES GROUPES DE FRISES 41

Cas (I)

Cas (II)

Cas (III)

Cas (IV)α

Cas (IV)β

Cas (V)α

Cas (V)β

Chapitre X

Homothéties, similitudes

1 Homothéties

Dé�nition 1.1. Soit C un point. Soit λ ∈ R×. L'homothétie hC,λ de centre C et de rapport λ estla transformation du plan telle que pour tout point M , hC,λ(M) = M ′ où M ′ est le point dé�ni

par−−−→CM ′ = λ

−−→CM .

On remarque que dans cette dé�nition, les points C, M et M ′ sont alignés. Par ailleurs, hC,1est l'identité tandis que hC,−1 est la symétrie centrale de centre C.

Proposition 1.2. Si C est un point et que λ et λ′ sont deux réels non nuls, on a hC,λλ′ =hC,λ′ ◦ hC,λ.

Démonstration. SoitM un point du plan. NotonsM ′ := hC,λ(M) etM ′′ = hC,λ′(M′) = hC,λ′(hC,λ(M)).

Par dé�nition, on a−−−→CM ′ = λ

−−→CM , puis

−−−→CM ′′ = λ′

−−−→CM ′ = λλ′

−−→CM , donc M ′′ = hC,λλ′(M).

En particulier, cette proposition montre que hC,λ est bien une transformation plane, et que soninverse est hC, 1λ .

Proposition 1.3. Soit h une homothétie de centre C et de rapport λ. Si M et N sont deux

points du plan, notons M ′ = h(M) et N ′ = h(N). On a alors−−−→M ′N ′ = λ

−−→MN . En particulier,

M ′N ′ = |λ|MN .

Démonstration.−−−→M ′N ′ =

−−→CN ′ −

−−−→CM ′ = λ

−−→CN − λ

−−→CM = λ(

−−→CN −

−−→CM) = λ

−−→MN .

Corollaire 1.4. L'image d'une droite D par une homothétie est une droite parallèle à D .

Proposition 1.5. Supposons que O, A, A′ soient trois points alignés tels que A 6= O et A′ 6= O.Alors, il existe une unique homothétie h de centre O telle que h(A′) = A.

Démonstration. En e�et, il existe un unique λ ∈ R× tel que−−→OA′ = λ

−→OA.

Théorème 1.6. Supposons que O, A et A′ soient trois points alignés tels que A 6= O et A′ 6= O.Il existe une unique homothétie h de centre O telle que h(A) = A′. Si B est un point du plan,alors B′ := h(B) appartient à (OB) et à la parallèle à (AB) passant par A′. Si on note λ ∈ R× le

rapport de l'homothétie h, on a−−→OA′ = λ

−→OA,

−−→OB′ = λ

−−→OB,

−−→AB′ = λ

−−→AB.

Démonstration. Il s'agit d'une version du théorème de Thalès. Il faut le voir comme une façon deconstruire géométriquement B′ := h(B). On sait déjà que O, B et B′ sont alignés, donc B′ ∈ (OB).Par ailleurs, l'image par h de la droite (AB) est une parallèle à (AB) et elle contient A′, donc B′

appartient à la parallèle ∆ à (AB) passant par A′. Si B 6∈ (OA), (OB) et ∆ sont sécantes et lepoint B′ peut être construit comme point d'intersection de deux droites.

Proposition 1.7. Une transformation du plan est une homothétie ou une translation si et seule-ment si son expression complexe est de la forme z 7−→ az + b avec a ∈ R× et b ∈ C. (Lestranslations correspondent au cas a = 1.)

43

44 CHAPITRE X. HOMOTHÉTIES, SIMILITUDES

Démonstration. Montrons qu'une homothétie hC,λ possède bien une expression complexe du typeci-dessus. Notons c ∈ C l'a�xe de C. Soit M un point du plan, d'a�xe z. Notons z′ l'a�xe de

M ′ := hC,λ(M), on a alors−−−→CM ′ = λ

−−→CM , donc z′ − c = λ(z − c), donc z′ = c + λ(z − c) =

λz + c(1− λ) = az + b avec a = λ et b = c(1− λ).Réciproquement, si une transformation ϕ a pour expression complexe z 7−→ az+b avec a ∈ R×

et b ∈ C, soit a = 1 et alors ϕ est une translation, soit a 6= 1 et alors on peut poser c := b1−a et ϕ

est l'homothétie de centre le point d'a�xe c et de rapport a.

Corollaire 1.8. Si ϕ et ϕ′ sont deux homothéties de rapports respectifs λ et λ′, alors soit λλ′ = 1et alors ϕ′ ◦ ϕ est une translation, soit λλ′ 6= 1 et alors ϕ′ ◦ ϕ est une homothétie de rapport λλ′.

Si ϕ est une homothétie de rapport λ 6= 1 et t une translation, alors t ◦ ϕ et ϕ ◦ t sont deshomothéties de rapport λ.

2 Similitudes

Dé�nition 2.1. Soit ϕ une transformation plane. Soit k ∈ R?+. On dit que ϕ est une similitude de

rapport k si pour tous points M et N , si on note M ′ := ϕ(M) et N ′ := ϕ(N), on a M ′N ′ = kMN ,autrement dit ϕ multiplie les distances par k.

Une similitude de rapport 1 est une isométrie, et réciproquement. Une homothétie de rapportλ est une similitude de rapport |λ|. Le composé de deux similitudes de rapports respectifs k et k′

est une similitude de rapport kk′. La réciproque d'une similitude de rapport k est une similitudede rapport 1

k .

Proposition 2.2. Une transformation plane est une similitude si et seulement si son expressioncomplexe est d'une des deux formes suivantes pour a ∈ C× et b ∈ C :

� z 7−→ az + b ;� z 7−→ az + b.

Dans le premier cas, on dit que la similitude est directe, et dans le deuxième cas, on dit qu'elle estindirecte. Dans tous les cas, le rapport de la similitude est |a|.

Démonstration. Soit ϕ une similitude de rapport k ∈ R×+. Notons h l'homothétie de centre l'origineO et de rapport k. Posons ψ := h−1◦ϕ. La transformation ψ est une similitude de rapport 1

k ·k = 1,donc ψ est une isométrie. Son expression complexe est de la forme z 7−→ cz+d ou z 7−→ cz+d avecd ∈ C et c un nombre complexe de module 1. Comme ϕ = h ◦ ψ et que h admet z 7−→ kz commeexpression complexe, on obtient que ϕ a pour expression complexe z 7−→ az + b ou z 7−→ az + bavec a = kc et b = kd. On remarque que l'on a bien |a| = |k| |c| = k.

Réciproquement, si ϕ possède z 7−→ az+ b pour expression complexe, si M1 a pour a�xe z1 etM2 a pour a�ce z2, on introduit M ′1 := ϕ(M1) d'a�xe z′1 et M ′2 := ϕ(M2) d'a�xe z′2. On a alorsz′2− z′1 = (az2 + b)− (az1 + b) = a(z2− z1), donc en passant au module, M ′1M

′2 = |a|M1M2. Dans

le cas où l'expression complexe serait z 7−→ az + b, on obtiendrait z′2 − z′1 = a(z2 − z1). Dans tousles cas M ′1M

′2 = |a|M1M2, donc ϕ est une similitude de rapport |a|.

Théorème 2.3. Soit ϕ une similitude de rapport k 6= 1. Alors, ϕ possède un unique point �xe.

Démonstration. On commence par montrer l'unicité. Si C1 et C2 étaient deux points �xes de ϕ,la distance ϕ(C1)ϕ(C2) serait égale d'une part à kC1C2 et à C1C2, donc (1 − k)C1C2 = 0, d'oùC1C2 = 0, donc C1 = C2.

Pour démontrer l'existence, on commence par le cas où ϕ est une similitude directe. Elle possèdedonc une expression complexe de la forme z 7−→ az+ b avec |a| 6= 1. En particulier a 6= 1. Un pointd'a�xe z est �xe par ϕ si et seulement si z = az + b, c'est-à-dire z = b

1−a . Dans ce cas, ϕ possèdee�ectivement un unique point �xe.

Supposons maintenant que ϕ est une similitude directe. Posons ψ := ϕ ◦ ϕ. La transformationψ est une similitude directe de rapport k2 6= 1, donc possède un unique point �xe F . Ainsi, ψ(F ) =ϕ(ϕ(F )) = F . Considérons F ′ := ϕ(F ). On a ψ(F ′) = ϕ(ϕ(ϕ(F ))) = ϕ(ψ(F )) = ϕ(F ) = F ′.Ainsi, F ′ est également �xé par ψ. D'après l'unicité du point �xe de ψ, on a F ′ = F , c'est-à-direϕ(F ) = F , ce qui démontre que ϕ possède un point �xe.

3. CLASSIFICATION DES SIMILITUDES 45

Proposition 2.4. Supposons que des points A,B,A′, B′ soient tels que A′B′ 6= 0 et AB 6= 0.Alors, il existe une unique similitude directe ϕ telle que ϕ(A) = A′ et ϕ(B) = B′.

Il existe une unique similitude indirecte ϕ′ telle que ϕ′(A) = A′ et ϕ′(B) = B′.En outre, si on note s la ré�exion d'axe (AB) et s′ la ré�exion d'axe (A′B′), on a ϕ′ = s′ ◦ϕ =

ϕ ◦ s.

La démonstration est pour ainsi dire identique à celle du corollaire 3.4.

3 Classi�cation des similitudes

Proposition 3.1. Les similitudes conservent les barycentres.

Démonstration. Cela se véri�e facilement à partir en utilisant l'expression complexe d'une simili-tude.

Proposition 3.2. Soit h une homothétie de centre C et de rapport λ 6= 1. Soit ϕ une similitude.Alors, h ◦ ϕ = ϕ ◦ h si et seulement si C est un point �xe de ϕ.

Démonstration. On commence par montrer une forme de principe de conjugaison, à savoir queϕ ◦ h ◦ ϕ−1 est l'homothétie h′ de rapport λ et de centre ϕ(C).

SoitM un point du plan. NotonsM ′ := h(M). On a donc−−−→CM ′ = λ

−−→CM+(1−λ)

−−→CC, doncM ′ =

Bary((M,λ), (C, 1−λ)). Comme ϕ conserve les barycentres, on a ϕ(M ′) = Bary((ϕ(M), λ), (ϕ(C), 1−λ)), ce qui se reformule en disant que

−−−−−−−−→ϕ(C)ϕ(M ′) = λ

−−−−−−−→ϕ(C)ϕ(M), c'est-à-dire que ϕ(M ′) =

h′(ϕ(M)). Autrement dit, on a montré l'identité ϕ ◦ h = h′ ◦ ϕ, c'est-à-dire que ϕ ◦ h ◦ ϕ−1 = h′.On a donc h ◦ ϕ = ϕ ◦ h si et seulement si h = h′. Comme h et h′ sont deux homothéties de

même rapport λ 6= 1, c'est équivalent à demander qu'elles aient le même centre c'est-à-dire queϕ(C) = C.

Théorème 3.3. Soit ϕ une similitude directe qui ne soit pas une isométrie. Il existe un uniquecouple (h, ψ) tel que h soit une homothétie de rapport positif, ψ une isométrie et ϕ = h ◦ψ = ψ ◦h(ce qui implique que l'unique point �xe F de ϕ est le centre de l'homothétie h, et que F est unpoint �xe de ψ).

Démonstration. Notons F l'unique point �xe de ϕ. Notons k > 0 le rapport de la similitude ϕ.Montrons l'unicité du couple (h, ψ). Si un couple (h, ψ) convient, comme ϕ = h◦ψ, l'homothétie

h est de rapport k 6= 1. Notons C le centre de l'homothétie h. Comme h◦ψ = ψ ◦h, on a ψ(C) = Cd'après la proposition précédente, donc C est �xé par h et ψ, donc par ϕ = h ◦ ψ, donc C = F .Ceci implique que h est nécessairement l'homothétie de centre F et de rapport k. Par conséquent,ψ = h−1 ◦ ϕ. Ceci montre l'unicité de (h, ψ).

Réciproquement, si on dé�nit h comme étant l'homothétie de centre F et de rapport k et queψ := h−1 ◦ϕ, alors ψ est une similitude de rapport 1, donc une isométrie, et comme F est �xé parϕ, par h, et donc aussi par h−1, on obtient que ψ(F ) = F . D'après la proposition précédente, ona bien ϕ = h ◦ ψ = ψ ◦ h.

Dé�nition 3.4. Supposons que ϕ soit une similitude de rapport k 6= 1. Notons F le point �xe deϕ et (h, ψ) le couple donné par le théorème précédent.

� Si ϕ est directe, ψ est une rotation de centre F et d'un certain angle θ. On dit alors ϕ estla similitude directe de centre F , de rapport k et d'angle θ.

� Si ϕ est indirecte, ψ une ré�exion d'axe une droite ∆ contenant le point F , on dit alors queϕ est la similitude indirecte de centre F , de rapport k > 0 et d'axe ∆.

(Les descriptions données ci-dessus sont les éléments caractéristiques des similitudes directes ouindirectes qui ne sont pas des isométries.)

Remarque 3.5. Si ϕ est une similitude directe de rapport k 6= 1 et d'angle θ, alors l'expressioncomplexe de ϕ est de la forme z 7−→ keiθz + b avec b ∈ C. Plus précisément, si le centre de ϕ estle point C d'a�xe c, alors l'expression complexe de ϕ est exactement z 7−→ c+ keiθ(z − c).

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