Similitudes, centres et symétrie

[GeorgeB]

Bonjour, en faisant quelques exercices d'entrainement je suis tombé sur deux énoncés que je n'ai pas su résoudre.

Le premier:
Soit f et g deux similitudes directes telles que f(A)=A' f(B)=B' et g(A)=B g(A')=B'

j'ai facilement montrer que f admet un centre ssi vecAA' différent de vecBB' et prouvé que g admet un centre ssi f en admet un.
On me demande maintenant de prouver que f et g ont le même centre.

Comment faire ? J'ai d'abord essayé par la caractérisation complexe mais c'est très très long et je n'y suis pas arrivé.

Le deuxième énoncé:

Soit f une similitude directe telle que avec A,B,C et D distincts on ai f(A)=C et f(B)=D et on note I le centre de la similitude.

On place M et N tel que ADM et CBN soient semblables à ABI . Montrer que M et N sont symétriques par rapport à I.
Là par contre, strictement aucune idée !!


Merci beaucoup !!

[Ericovitchi]

je ne sais pas si ça sert mais on démontre assez vite que f°g(A)=g°f(A)

[GeorgeB]

Salut

merci pour ta réponse, mais je ne suis pas sûr que ça puisse m'aider ...

[Ben314]

Salut,
vite fait (je vais bouffer), il me semble que, si O est le centre de f alors, les triangles OAA' et OBB' sont semblables (quasi def d'une similitude), mais les triangles OAB et OA'B' sont aussi semblables (car une similitude envoi un triangle sur un autre qui est semblable au premier.
Cela prouve qu'il existe une similitude telle que O->O; A->B et A'->B'. Sauf que ça peut être que g cette similitude donc le centre de g c'est O.

Pour l'autre exo... je vais bouffer...

[GeorgeB]

merci beaucoup ! J'attendrais tes indications pour le deuxième :we: Bon appétit bien sûr :id:

Ah, et j'oubliais, le petit dernier, parce que les exos vont par 3:

Montrer qu'un antidéplacement qui a un point fixe est forcément une réflexion.

En gros il faut montrer que l'antidéplacement qui est de la forme z'=az+b avec a,b complexes et |a|=1 soit , z'=e^iT z+b possède un autre point invariant. Et je bloque ... Encore merci !

EDIT: Pour ce dernier, en fait j'ai remarqué que tout antidéplacement était composé d'une translation et d'une réflexion, or les translations n'ont aucun points fixes. J'ai donc conclu comme cela en disant que la translation devait être de vecteur nul.

[Ben314]

Ben, l'exo 2, j'ai un peu ramé (y doit y avoir plus simple...)

De par les hypothèses, les triangles ABI, CDI, CBN et ABI sont (directement) semblable. Donc :

1) La similitude sC de centre C, d'angle (orienté) (AI,AB)=(CN,CB)=(CI,CD) [vecteurs] et de rapport AB/AI=CB/CN=CD/CI envoie N->B et I->D

2) La similitude sA de centre A, d'angle (orienté) (AB,AI)=(AD,AM) [vecteurs] et de rapport AI/AB=AM/AD envoie B->I et D->M

3) La composée sA o sC des deux a pour angle (AI,AB)+(AB,AI)=0 et pour rapport AB/AI.AI/AB=1 : c'est donc une translation.
Sauf que cette composée envoie N->I et I->M donc NI=IM [vecteurs]

[GeorgeB]

wouahou !! Ca m'a l'air compliqué ... merci d'avoir passé du temps, la figure et tout :we:

si jamais tu trouve plus simple, dis moi , merci

[Ben314]

Pour le troisième exo, fait attention, un "antidéplacement", c'est un truc qui conserve les longueurs mais transforme les angles orientés en leurs opposé.
Ca fait donc partie de la catégorie des similitudes indirectes, c'est à dire, vues sous forme complexe, des fonctions de la forme où et . (ne sutout pas oublier la conjugaison !!!)
Ensuite effectivement, pour que ça conserve les longueurs, il faut que .
Maintenant que tu as la bonne définition, essaye de chercher les point fixes d'une telle fonction : tu devrait trouver que, soit il n'y en a pas, soit il forment toute une droite et en fait f correspond à une réflexion (i.e. une symétrie orthogonale par rapport à une droite)

Indic : si on veut aller "trés vite", on peut commencer par regarder qui est la composée fof dans ce contexte...

On peut aussi le montrer par de la "géométrie pure" en supposant qu'il existe un point fixe O puis en montrant que, si un point A a pour image A' alors la bisectrice de l'angle AOA' est entièrement constituée de points fixes...

[GeorgeB]

merci pour toutes ces précisions ben !!

[GeorgeB]

Je travaille sur une vielle épreuve du bac S et j'ai encore un problème. Disons que ma méthode est très très longue et que je suis convaincu qu'il y a plus court !

L'énoncé :

ABCD un carré de centre O tel que (DA,DC)=pi/2 E le milieu de [CD] on construit DEFG un carré tel que (DE,DG)=pi/2

Soit s la similitude de centre D qui transforme A en B

j'ai déterminé son rapport, son angle et montrer que (AE,FG) valait pi/4.

On appelle maintenant I le point d'intersection de (AE) et (BF) et C le cercle circonscrit à ABCD.

J'ai montré grâce à ma réponse précédente que I appartenait à C.

On me demande maintenant :

1- Montrer que les droites (ID) et (BF) sont orthogonales et en déduire une nouvelle démonstration que le point I appartient à C.
2- Montrer que C,G et I sont alignés.


Pour les deux j'ai créé un repère, exprimé toutes les coordonées etc.. et suis arrivé au résultat. Il doit y avoir beaucoup mieux je pense !!

Merci beaucoup !

[benekire2]

tes deux questions sont faisables pour un 1S alors a mon avis ça sert a rien de chercher plus simple qu'un bon vieux repère orthonormé ....

PS: Si quelqu'un à la démo "géométrique" du moins plus belle que le repère, je suis preneur :id:

[Ben314]

Le carré est directement semblable à donc il existe une similitude directe telle que .
Son raport est (pas vraiment utile) mais surtout, son angle est ce qui montre que est une homothétie (de rapport mais c'est pas utile).
Or et tel que (car ) ce qui prouve que le centre de l'homothétie (et donc aussi celui de ) n'est autre que l'intersection des droites et (par thalès).

On en déduit... à peu prés tout ce qu'on veut en particulier que :
donc que est sur le cercle de diamètre , sur celui de diamètre , sur celui de diamètre ...
On en déduit aussi que vu qu'elles sont toute les deux perpendiculaires à

[benekire2]

élégant !! Rien à dire ! bravo :id: