\documentclass[a4paper,10pt,french]{article}
\linespread{1}

\title{Classe de $T^{\text{ale}}$ S }
\author{D. Zancanaro}
\date{2010-2011}

\newcommand{\ch}{Chapitre 6}
\newcommand{\Ch}{Complexes et  \linebreak[2] g\'eom\'etries 2/2}	
\newcommand{\Cl}{TS}	
\newcommand{\Annee}{2010-2011}	
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Package
%\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e}

\input macro_dwicky_final.tex

\geometry{hmargin=2cm,vmargin=2.5cm}

\setcounter{NumLecon}{6}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Premiere page
\begin{document}
%\debut
%\debutbis{banksy.eps}{Flower Chucker}{Banksy-Pochoiriste}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)}
%\debutcha{banksy.eps}{Flower Chucker }{Banksy-Pochoiriste}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)}
\setcounter{NumLecon}{6}
\debutdwicky{horla.eps}{Le Horla}{Guy de Maupassant}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)}{Le Horla est une nouvelle fantastique de Guy de Maupassant écrite en 1887. C’est un des premiers récits fantastiques que Guy de Maupassant a écrit. On peut très bien imaginer ce livre comme un journal intime, le narrateur s'y exprimant à la première personne. Il nous rapporte ses angoisses et troubles par une sorte de journal : il sent autour de lui la présence d’un être invisible qu’il nomme le « Horla ». Au début lucide, il sombre peu à peu dans la folie en cherchant à se délivrer de cette emprise. Il finira par incendier sa demeure et, dans les dernières lignes de la nouvelle, face à la persistance de cette présence, il entrevoit la mort comme ultime délivrance. L'aspect fantastique du récit vient du doute créé chez les lecteurs quant à la démence du narrateur – ou à la réalité des faits qu'il rapporte : sa cohabitation avec un être surnaturel. Dans ce livre le narrateur raconte sa folie et la terreur qu'il subit. Le Horla, un être surhumain, le terrasse chaque nuit et boit sa vie. Cette folie le conduira à de nombreuses actions, toutes plus insensées les unes que les autres. Il en viendra même à mettre le feu à sa maison et laissera brûler vif ses domestiques. Maupassant souffrait lui-même de troubles : il avait l'impression de se voir à l'extérieur de lui ou qu'il était étranger à la personne qu'il voyait dans le miroir. Le Horla est l'aboutissement d'une série de contes qui font référence à un sentiment de double puis à un être monstrueux ou surnaturel.}{0.4}{0.5}
\setcounter{NumLecon}{6}
\TITRE{freud.eps}{0.5}

\begin{abstract}
Les  nombres  complexes  portent  bien  leur  nom  !  Ils  interviennent
partout  : en  algèbre, en  analyse, en  géométrie, en  électronique, en
traitement du signal,  en musique, etc. Et en plus,  ils n'ont jamais la
même  apparence  :  tantôt  sous  forme algébrique,  tantôt  sous  forme
trigonométrique, tantôt sous forme  exponentielle, ... Leur succès vient
en fait de  deux propriétés : en travaillant  sur les nombres complexes,
tout polynôme admet un nombre de racines égal à son degré et surtout ils
permettent de calculer  facilement en dimension 2. \\
Dans cette partie nous insisterons sur les applications géométriques des nombres complexes
\end{abstract}
Dans tout ce chapitre, le plan est muni d'un repère orthonormal direct $(O;\vec e_1, \vec e_2)$

\section*{Quelques rappels}

\Cadre[Rappels]{
\begin{enumerate}
\item Il existe un nombre $i$ tel que $i^2=-1$
\item Tout nombre complexe $z$ s'écrit, de manière unique, sous la forme $z=x+iy$ où $x$ et $y$ désignent deux entiers. On dit qu'il s'agit de l'écriture algébrique de $z$, $x$ est appelée partie réelle de $z$ et $y$ partie imaginaire de $z$.
\item Tout nombre complexe $z$ s'écrit (pas de manière unique) sous la forme $z=r(\cos \theta+i\sin\theta)$ où $r=\mid z\mid$ désigne le module de $z$ et $\theta=arg(z)$ désigne un argument de $z$. On dit qu'il s'agit de la forme trigonométrique de $z$.\\
Le module est la distance $OM$, et l'argument est l'angle $( \overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{OM})$ :
 \begin{center}
\includegraphics[width=7cm]{complexe.5}
\end{center}
\item On note $e^{i\theta}=\cos \theta+i\sin\theta$, par conséquent tout nombre complexe s'écrit 
$$ z=re^{i\theta}$$
Il s'agit ici de la forme exponentielle.
\item Notons que 
$$ \mid z \mid = \sqrt{x^2+y^2}$$
\end{enumerate}}

\Exoi{On considère les deux nombres complexes :
$$ z=1+i\qquad \text{et}\qquad z'=\dfrac{1}{2}+i \dfrac{ \sqrt{3} }{2} $$
\begin{enumerate}
\item Déterminer le module et un argument de $z$ et de $z'$, puis en déduire les formes exponentielles de $z$ et de $z'$.
\item Déterminer le module et un argument des nombres complexes $zz'$ et $ \dfrac{z}{z'}$, puis en déduire leurs formes exponentielles.
\item Déterminer la valeur exacte de $\cos \dfrac{\pi}{12}$ et $\sin \dfrac{\pi}{12}$
\end{enumerate}}

\Sol{\begin{enumerate}
\item $\mid z\mid = \sqrt{2}$, de plus on sait que $$ z=\sqrt{2}(\cos \theta+i\sin \theta)$$
Par conséquent en identifiant partie réelle et partie imaginaire on obtient :
$$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{2}\cos \theta =1\\ \sqrt{2}\sin \theta =1  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \cos \theta =\dfrac{1}{\sqrt{2} }=\dfrac{\sqrt{2} }{2}\\ \sin \theta =\dfrac{\sqrt{2} }{2}  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \theta=\dfrac{\pi}{4}[2\pi] \Longrightarrow  z=\sqrt{2}e^{i \frac{\pi}{4}} $$
En procédant de la même manière pour $z'$ on obtient :
$\mid z'\mid = \sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4} }=1$, de plus on sait que $$ z'=\cos \theta'+i\sin \theta'$$
Par conséquent en identifiant partie réelle et partie imaginaire on obtient :
$$\left\{ \begin{array}{l} \cos \theta' =\dfrac{1}{2}\\ \sin \theta' =\dfrac{ \sqrt{3} }{2}  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \theta'=\dfrac{\pi}{3}[2\pi]\Longrightarrow  z'=e^{i \frac{\pi}{3}} $$
\item $\mid zz'\mid= \mid z\mid \times \mid z'\mid=\sqrt{2}$ et $ arg(zz')=arg(z)+arg(z')[2\pi]=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]=\dfrac{7\pi}{12}[2\pi]$. D'où $$zz'=\sqrt{2}e^{i \frac{7\pi}{12} } $$
\item On peut aussi procéder ainsi :
$$ \dfrac{z}{z'}=\dfrac{\sqrt{2}e^{i \frac{\pi}{4}} }{e^{i \frac{\pi}{3}} }=\sqrt{2}e^{i \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{3}\right)}=\sqrt{2}e^{-i \frac{\pi}{12} }$$
\item D'après $(3)$,  $ \dfrac{z}{z'}=\sqrt{2}e^{-i \frac{\pi}{12}}=\sqrt{2} \left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{12}\right)+i\sin \left(-\dfrac{\pi}{12}\right)\right)=\sqrt{2}\cos \dfrac{\pi}{12}-\sqrt{2}i \sin \dfrac{\pi}{12}$.\\
Mais on sait aussi que $$\dfrac{z}{z'}=\dfrac{1+i}{ \dfrac{1}{2}+i \dfrac{ \sqrt{3} }{2} }=\dfrac{(1+i)\left(\dfrac{1}{2}-i \dfrac{ \sqrt{3} }{2}\right)  }{ \dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4} }=\dfrac{1}{2}-i \dfrac{ \sqrt{3} }{2}+ \dfrac{1}{2}i +\dfrac{ \sqrt{3} }{2}= \dfrac{ 1+\sqrt{3} }{2}- i \left(\dfrac{ \sqrt{3}-1 }{2}\right)$$
On obtient par identification des parties réelles et imaginaires :
$$ \cos \dfrac{\pi}{12}=\dfrac{ 1+\sqrt{3} }{2 \sqrt{2} }=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6} }{4}\qquad \text{et}\qquad \sin \dfrac{\pi}{12}=\dfrac{ \sqrt{3}-1 }{2 \sqrt{2} }=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2} }{4}$$
\end{enumerate}}

\section{Calculs de distances}
Rappelons que si $z_A$ et $z_B$ sont les affixes respectives de deux points $A$ et $B$ alors
$$ AB=\mid z_B-z_A\mid $$

\Expl{Déterminons l'ensemble des points $M$ du plan d'affixe $z$ tels que :
$$ \mid z-2\mid=\mid z+i\mid$$
Pour cela considérons les points $A$ et $B$ d'affixes respectives $z_A=2$ et $z_B=-i$, on a alors :
$$ \mid z-2\mid=\mid z+i\mid\Longleftrightarrow \mid z-z_A\mid=\mid z-z_B\mid\Longleftrightarrow AM=BM $$
L'ensemble recherché est donc la médiatrice du segment $[AB]$}

\Exop{\begin{enumerate}
\item Déterminer l'ensemble des points $M$ d'affixe $z$ telles que :
$$ \mid z-3i\mid=2$$
\item Déterminer l'ensemble des points $M$ d'affixe $z$ telles que :
$$ \mid z-2\mid=\mid 2z+i\mid$$
\end{enumerate}}

\Sol{\begin{enumerate}
\item En considérant le point $C$ d'affixe $z_C=3i$ on obtient :
$$  \mid z-3i\mid=2\Longleftrightarrow  \mid z-z_C\mid=2\Longleftrightarrow CM=2$$
L'ensemble recherché est donc le cercle de centre $C$ et de rayon $2$.
\item En considérant les points $A$ et $B$ d'affixes respectives $z_A=2$ et $z_B=-\dfrac{i}{2}$ on obtient :
$$ \mid z-2\mid=\mid 2z+i\mid \Longleftrightarrow  \mid z-2\mid=\mid 2\left(z-z_B\right)\mid\Longleftrightarrow\mid z-z_A\mid=2\mid z-z_B\mid\Longleftrightarrow MA=2MB$$
Pour conclure on utilisera la méthode générale rappelée ci-après.
\end{enumerate}}

\Cadre[Méthode :]{Déterminer l'ensemble des points du plan tels que $MA=kMB$ avec $k \in\R^{+*}$ et $k\neq 1$ \\
On utilise les équivalences suivantes :
\begin{eqnarray*}
& MA=kMB\\
\Longleftrightarrow & MA^2=k^2MB^2\\
\Longleftrightarrow & \overrightarrow{MA}^2=k^2 \overrightarrow{MB}^2\qquad \text{en effet on a } MA^2=\mid\mid \overrightarrow{MA}\mid\mid^2=\overrightarrow{MA}^2\\
\Longleftrightarrow & \overrightarrow{MA}^2-k^2 \overrightarrow{MB}^2=0\\
\Longleftrightarrow &\left( \overrightarrow{MA}-k \overrightarrow{MB} \right) \cdot \left(\overrightarrow{MA}+k \overrightarrow{MB}\right)=0\\
\end{eqnarray*}
Introduisons le barycentre $G_1$ de $(A, 1)$ et $(B, -k)$ et le barycentre $G_2$ de $(A, 1)$ et $(B, k)$
 \footnote{Ces deux barycentres existent car $1-k\neq 0$ et $1+k\neq 0$}\\
On a dans ce cas :
$$ \overrightarrow{MA}-k \overrightarrow{MB}=\left(1-k\right)\overrightarrow{MG_1}\qquad \text{et}\qquad  \overrightarrow{MA}+k \overrightarrow{MB}=\left(1+k\right)\overrightarrow{MG_2}$$
ainsi :
$$ \left( \overrightarrow{MA}-k \overrightarrow{MB} \right)\cdot \left(\overrightarrow{MA}+k \overrightarrow{MB}\right)=0\Longleftrightarrow\left(1-k\right)\overrightarrow{MG_1}\cdot \left(1+k\right)\overrightarrow{MG_2}=0\Longleftrightarrow \overrightarrow{MG_1}\cdot \overrightarrow{MG_2}=0$$
L'ensemble recherché est donc le cercle de diamètre $[G_1G_2]$.}

\Cadre[Quelques rappels]{On rappelle deux propriétés du produit scalaire :
\begin{enumerate}
\item On considère un repère orthonormal, un vecteur $\vec u(x;y)$ et un vecteur $\vec v(x';y')$.\\
On appelle \underline{produit scalaire} de $\vec u$ et $\vec v$, le nombre réel noté $\vec u\cdot\vec v$ définit par :$$ \vec u\cdot \vec v=xx'+yy'$$
\item Dans un repère orthonormal, $\vec u(x;y)$ et $\vec v(x';y')$ sont orthogonaux si et seulement si $\vec u\cdot\vec v=0\Longleftrightarrow xx'+yy'=0$
\end{enumerate}
On rappelle deux propriétés du barycentre :
\begin{enumerate}
\item le point $G$ d\'efini par : 
$$ \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$$
est appel\'e \underline{barycentre de deux points pond\'er\'es} $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$ 
\item Soit $\alpha$ et $\beta$  deux r\'eels tels que $\alpha +\beta \neq 0$. On a :
$$ \text{ G barycentre de }(A,\alpha) \text{ et } (B,\beta)\Longleftrightarrow\forall M \text{ point du plan, }\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}=(\alpha+\beta)\overrightarrow{MG} $$
\end{enumerate}}

\section{Calculs d'angles}

\Thc{Si $A$ et $B$ sont deux points distincts du plan complexe d'affixes respectives $z$ et $z'$ alors :
$$ \left(\overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{AB}\right)= arg(z'-z)[2\pi]$$}


\Dem{Soit $M(z'')$ le point tel que : $ \overrightarrow{OM}=\overrightarrow{AB}$.\\
Ainsi : $$ \left(e_1; \overrightarrow{AB}\right)=\left(\overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{OM}\right)=arg(z'') [2\pi]$$
De plus $$ z''=z_{\overrightarrow{OM} }=z_{ \overrightarrow{AB} }=z'-z$$
Par conséquent $ \left(e_1; \overrightarrow{AB}\right)=arg(z'-z) [2\pi]$}

\Expl{On donne $A(1)$ et $B(2,i \sqrt{3})$. Déterminer une mesure de l'angle $\left(e_1;\overrightarrow{AB}\right)$. \\
On a : $$ b-a=1+i \sqrt{3}=2\left(\dfrac{1}{2}+i \dfrac{\sqrt{3} }{2}\right)=2e^{i \frac{\pi}{3} } $$
d'où : $$ \left(e_1;\overrightarrow{AB}\right)=\dfrac{\pi}{3}[2\pi]$$ }

\Thc{Si $A$, $B$, $C$  et $D$ sont quatre points deux à deux distincts du plan complexe d'affixes respectives $a$, $b$, $c$ et $d$ alors :
$$ \left(\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{CD}\right)=arg\left(\dfrac{d-c}{b-a}\right)[2\pi]$$}

\Dem{Les affixes des vecteurs $ \overrightarrow{AB}$ et $ \overrightarrow{CD}$ sont respectivement $b-a$ et $d-c$.\\
D'après le résultat précédent :
$$ arg(b-a)=\left(\overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{AB}\right)[2\pi]\qquad \text{et}\qquad arg(d-c)=\left(\overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{DC}\right)[2\pi]$$ 
Or, d'après la relation de Chasles sur les angles :
$$  \left(\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{CD}\right)= \left(\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{e_1}\right)+ \left(\overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{CD}\right)[2\pi]=\left(\overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{CD}\right)-\left(\overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{AB}\right)[2\pi]$$
Et d'après les propriétés des arguments :
 $$ arg(d-c)-arg(b-a)=arg\left(\dfrac{d-c}{b-a}\right)[2\pi]$$
 Au final : $$ \left(\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{CD}\right)=arg\left(\dfrac{d-c}{b-a}\right)[2\pi]$$
 }
 
 \pagebreak

\Corc{$A(a)$, $B(b)$, $C(c)$ et $D(d)$ étant $4$ points du plan, deux à deux distincts, on a :
\begin{enumerate} 
\item 
$$ (AB) \perp (CD)\Longleftrightarrow \dfrac{d-c}{b-a}\in i\R$$
\item $$ (AB) // (CD)\Longleftrightarrow \dfrac{d-c}{b-a}\in\R $$
\end{enumerate}}

\Dem{\begin{enumerate}
\item On a :
\begin{eqnarray*}
& (AB) \perp (CD) \\
\Longleftrightarrow & \left(\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{CD}\right)= \dfrac{\pi}{2}[\pi]\\
\Longleftrightarrow & arg\left(\dfrac{d-c}{b-a}\right)= \dfrac{\pi}{2}[\pi]\\
\Longleftrightarrow & \dfrac{d-c}{b-a}\in i\R\\
\end{eqnarray*}
\item On a :
\begin{eqnarray*}
& (AB) //(CD) \\
\Longleftrightarrow & \left(\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{CD}\right)= 0 [\pi]\\
\Longleftrightarrow & arg\left(\dfrac{d-c}{b-a}\right)= 0 [\pi]\\
\Longleftrightarrow & \dfrac{d-c}{b-a}\in \R\\
\end{eqnarray*}
\end{enumerate} }

\Rq{En particulier si $A\neq C$ on a :
$$ \dfrac{b-c}{a-c}\text{ est un imaginaire pur }\Longleftrightarrow \text{ les points }A, B\text{ et }C \text{ sont alignés}$$}
\Expl{On donne $A(5+3i)$ et $B(5-8i)$. Le triangle $OAB$ est-il rectangle en $O$ ?
\\
D'après ce qui précède :
$$ (\overrightarrow{OA}; \overrightarrow{OB})=arg\left(\dfrac{b}{a}\right)[2\pi] $$
Or $$ \dfrac{b}{a}=\dfrac{5-8i}{5+3i}=\dfrac{1-55i}{34}\notin i\R$$
Donc les droites $(OA)$ et $(OB)$ ne sont pas perpendiculaires}




\pagebreak

\section{Caractérisation des principaux objets géométriques}
\subsection{Le cercle}
Le cercle de centre $A$ est de rayon $r$ est l'ensemble des points situés à la distance $r$ de $A$, par conséquent :

\Ptec[caractérisation d'un cercle]{$$ M(z)\in\mathscr C(A,r)\Longleftrightarrow \mid z-z_A\mid=r$$}

\Ptec{
Dans le plan complexe, on considère le cercle $\mathscr C$ de centre $\Omega(\omega)$ et de rayon $r$ et un point
$M$ d'affixe $z$. Alors : 
$$M(z) \in\mathscr C \Longleftrightarrow z=\omega + re^{i\theta} \quad \textrm{avec} \theta \in[0;2\pi[$$
}

\Dem{
On sait que $M(z) \in\mathscr C \Longleftrightarrow M\Omega = r \Longleftrightarrow |z-\omega | = r$.\\
On appelle $\theta$ la mesure principal $\left(\overrightarrow{e_1}; \overrightarrow{\Omega M} \right)$. Alors :
$M(z) \in\mathscr C \Longleftrightarrow z-\omega  = re^{i\theta}$.\\
}

\Rq{Cette égalité est appelée équation paramétrique du cercle $\mathscr C$.
}

\Expl{L'ensemble des points d'affixes $z=4i+2+3e^{i\theta}$ avec $\theta \in[0;2\pi[$ représente 
le cercle de centre $\Omega(4i+2)$ et de rayon $3$.
}
\subsection{Triangle Isocèle}
$ABC$ est un isocèle de sommet principal $A$ si et seulement si $AB=AC$ donc :
\Ptec[Triangle Isocèle]{$ABC$ est isocèle de sommet principal $A$ $ \Longleftrightarrow \mid z_B-z_A\mid=\mid z_C-z_A\mid \Longleftrightarrow \mid \dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\mid=1  $ }

\subsection{Triangle rectangle}
On peut encore parler distance grâce au théorème de Pythagore 
$$|z_C-z_B|^2=|z_B-z_A|^2+|z_C-z_A|^2$$

ou angle droit : mais c'est l'angle géométrique qui nous intéresse, donc
nous travaillerons modulo $\pi$ 
$$\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{e_1}\right)+\left(\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{AC}\right)=-\left(\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{AB}\right)+\left(\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{AC}\right)=-arg(z_{\overrightarrow{AB}})+arg(z_{\overrightarrow{AC}})=arg\left(\frac{z_{\overrightarrow{AC}}}{z_{\overrightarrow{AB}}}\right)=arg\left(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right) $$ 

\Ptec{  $$\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\frac{\pi}{2}\,[\pi]\Longleftrightarrow
  arg\left(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)=\frac{\pi}{2}\,[\pi]$$}
  
\pagebreak
 \subsection{Interprétation graphique du quotient $ \frac{z_C-z_A}{z_B-z_A} $}

Il             suffit            de             remarquer            que
$\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=\frac{z_{\overrightarrow{AC}}}{z_{\overrightarrow{AB}}}$.     Donc     vous
utiliserez le fait que 
\begin{itemize} 
\item $arg\left(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)=(\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{AC})-(\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{AB})=(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$
\item $\left|\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right|=\frac{AC}{AB}$
\end{itemize}



Dans  d'autres  cas,  vous  serez confrontés  à  l'interprétation  d'une
égalité du style $\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=\lambda$ qui se traduit par 
$z_{\overrightarrow{AC}}=\lambda z_{\overrightarrow{AB}}$, donc 
\begin{itemize} 
\item si  $\lambda\in\R$, alors $\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AB}$  et donc $A$,  $B$ et
  $C$ sont alignés.  
\item  si  $\lambda\in  i\R$, $z_{\overrightarrow{AC}}=\pm|\lambda|iz_{\overrightarrow{AB}}$  et  donc
  $arg\left(z_{\overrightarrow{AC}}\right)=\pm\frac{\pi}{2}+arg\left(z_{\overrightarrow{AC}}\right)\,[2\pi]$
  c'est à dire $(AC)\bot(AB)$ 
\item si $\lambda=\pm i$, alors le triangle $ABC$ est isocèle et rectangle en $A$ 
\item si $\lambda=e^{\pm i\pi/3}$, alors le triangle ABC est équilatéral

\end{itemize}

\section{Forme complexe de transformations du plan}

Considérons une fonction $f$ définie sur $\C$ à valeurs dans $\C$. Nous pouvons associer à cette fonction $f$ la 
transformation ponctuelle $T$ qui à chaque point $M$ d'affixe $z
$ associe le point $M'$ d'affixe $z' = f(z)$. 
\subsection{Translation}
\Thc[Ecriture complexe d'une translation]{La translation de vecteur 
$ \overrightarrow{u}$ , d'affixe $a$, transforme un point $M(z)$ en un point $M'(z')$ tel que : 
$$ z'=z+a$$
}

\Rq{Ajouter un nombre $a$ c'est translater d'un vecteur d'affixe $a$}

\begin{multicols}{2}
\begin{center}
\includegraphics[width=7cm]{complexe.6}
\end{center}
\begin{center}
\includegraphics[width=7cm]{complexe.9}
\end{center}
\end{multicols}

\Dem{Dire que $M'$ est l'image de $M$ par la translation de vecteur $ \overrightarrow{u}$ signifie que :
$$ \overrightarrow{MM'}= \overrightarrow{u}\Longleftrightarrow z_{ \overrightarrow{MM'} }=z_{ \overrightarrow{u} }\Longleftrightarrow z'-z=a\Longleftrightarrow z'=z+a$$ }

\subsection{Rotation}
\Thc[Ecriture complexe d'une rotation]{La rotation de centre $\varOmega(\omega)$ et d'angle $\theta$ transforme un point $M(z)$ en un point $M'(z')$ tel que : 
$$ z'-\omega=e^{i\theta}(z-\omega)$$
}
\begin{center}
\includegraphics[width=7cm]{complexe.7}
\end{center}

\Dem{Si $M=\varOmega$ la relation $z'-\omega=e^{i\theta}(z-\omega)$ est triviale. Supposons que $M\neq \varOmega$.\\
Dire que $M'$ est l'image de $M$ par la rotation de centre $\varOmega$ et d'angle $\theta$ signifie : 
$$\left\{ \begin{array}{l} \varOmega M'=\varOmega M \\ \left( \overrightarrow{\varOmega M}; \overrightarrow{\varOmega M'} \right)=\theta[2\pi]  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \mid z'-\omega \mid=\mid z-\omega \mid\Longleftrightarrow \left|\frac{z'-\omega}{z-\omega}\right|=1 \\ arg \left( \dfrac{z'-\omega}{z-\omega}\right)=\theta[2\pi]  \end{array} \right.$$
Ainsi on obtient :
$$ \frac{z'-\omega}{z-\omega}=e^{i \theta}$$
}

\Expls{
La rotation qui associe à un nombre complexe $z$ le nombre $z'$ suivant : 
  $z'-3+i = i(z-3+i)$ est la rotation de centre $\Omega(3-i)$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$.
}

\Rq{Quelques \underline{cas particuliers} :
\begin{itemize}
\item Si $\varOmega=O$ alors l'écriture complexe de la rotation devient : 
$$ z'=e^{i\theta}z$$
\item Si $\theta =\dfrac{\pi}{2}$ (quart de tour de sens direct), alors l'écriture complexe de la rotation devient : 
$$z'-\omega=i(z-\omega)$$
\item Si $\varOmega=O$ et $\theta =\dfrac{\pi}{2}$, alors l'écriture complexe de la rotation devient : 
$$ z'=i z$$
\item Cas du \textbf{triangle équilatéral}. Soient $A$, $B$ et $C$ trois points du plan d'affixe respectives $z_A$, $z_B$ et $z_C$. 
$$ \text{ABC est un triangle équilatéral de sens direct}  \Longleftrightarrow   z_C - z_A = e^{i \frac{\pi}{3} } (z_B - z_A) $$
 En effet, c'est équivalent à dire que $C$ est l'image de $B$ par la rotation de centre $A$ et d'angle $ \dfrac{\pi}{3}$ 
\end{itemize}}

\Exop{on donne deux points distincts $A(a)$ et $B(b)$. On construit le carré $ABCD$ de sens direct. 
Quelle est l'affixe $\omega$ du centre $\varOmega$ du carré $ABCD$ ? 
}

\Exop{Soit $ \overrightarrow{u}(x;y)$ un vecteur du plan (non nul) et $ \overrightarrow{v}(x';y')$ tels que 
$$ \left\{ \begin{array}{l} \mid\mid \overrightarrow{u}\mid\mid= \mid \mid \overrightarrow{v} \mid \mid \\ \left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v}\right)= \dfrac{\pi}{2}  \end{array} \right. $$
Exprimer les coordonnées de $ \overrightarrow{v}$ en fonction de celles de $ \overrightarrow{u}$
\footnote{On notera $z$ l'affixe du vecteur $ \overrightarrow{u}$ et $z'$ celle du vecteur $ \overrightarrow{v}$ et puis on remarquera que l'on a $z'=iz$... }
}

\Exop{Etant donnés $N(1+i)$ et $P(2-3i)$, déterminer les affixes des points $M$ tels que $MNP$ soit équilatéral.}
\subsection{Homothétie}
\Defc{On appelle homothétie de centre $\varOmega$ et de rapport $k$ ($k\neq 0$) la transformation 
pour laquelle un point $M$ du plan a pour image $M'$ tel que $ \overrightarrow{\varOmega M}=k \overrightarrow{\varOmega M'}$
} 


\begin{center}
\includegraphics[width=7cm]{complexe.8}
\end{center}


\Thc[Ecriture complexe d'une homothétie]{L'homothétie de centre $ \varOmega(\omega)$ et de rapport $k \in \R^*$ transforme un point $M(z)$ en un point $M'(z')$ tel que : 
$$z'-\omega=k(z-\omega)$$
}


\Dem{Dire que $M'$ est l'image de $M$ par l'homothétie de centre $\varOmega$ et de rapport $k$ signifie : 
$$ \overrightarrow{\varOmega M'}= k\overrightarrow{\varOmega M}$$
Ce qui se traduit bien, en termes d'affixes, par :
$$z'-\omega=k (z-\omega)$$
}

\Expl{
Soit $f$ la transformation du plan qui à tout point $M(z)$ associe le point $M'(z')$ tel que $z'=-\dfrac{5}{2}z+2i$.
\begin{itemize}
 \item On résout $z=f(z) \Longleftrightarrow z=\dfrac{4}{7}i$.\\
La transformation $f$  admet un unique point invariant $\Omega$ d'affixe $\omega =\dfrac{4}{7}i$.
 \item On exprime $z'-\omega$ en fonctino de $z-\omega$.\\
On a $\left\{\begin{array}{l}
              z'=-\dfrac{5}{2}z+2i \\ \omega =-\dfrac{5}{2}\omega+2i
             \end{array}\right.
\Leftarrow z'-\omega = -\dfrac{5}{2}(z-\omega)$.\\
Donc $f$ est une homothétie de centre $\Omega\left(\dfrac{4}{7}i \right)$ et de rapport $-\dfrac{5}{2}$
\end{itemize}
}

\Cadre[Méthode pour reconnaître une transformation]{
La démarche ci-contre fait figure de méthode. 
Lorsqu'on a affaire à une transformation du plan $f$ 
dont l'écriture complexe est : $$ z'=az+b$$
on commence par rechercher son éventuel point fixe :
\begin{itemize}
\item Si $a = 1$ et $b = 0$, alors $f$ est l'identité (tous les 
points du plan sont fixes) 
\item Si $a = 1$ et $b \neq 0$, il n'y a pas de point fixe et $f$ est 
une translation.
\item si $a\neq  1$, il y a un unique point fixe $\omega= \dfrac{b}{1-a}$
\\
Dans ce cas, si $a$ est un réel, $f$ est une homothétie 
de rapport $a$. Si $a$ est complexe de module $1$ ($a=e^{i\theta}$), $f$ est un rotation d'angle $\theta$. Plus généralement $a=Re^{i\theta}$, $f$ est une similitude (voir cours de spécialité).
\end{itemize}
}

\Exop{
Reconnaître les transformations du plan qui au point $M(z)$ associe le point $M_k(z_k)$ tel que :
$$z_1=z-3+2i \qquad z_2=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(1+i)z \qquad z_3=-z \qquad z_4=2(z-i)+i \qquad z_5=-iz \qquad z_6+1=iz+i
$$
}
\section{Nombre complexe et barycentre}
\Thc{Soit $G$ le barycentre de $n$ points pondérés $(A_1, \alpha_1)$, $(A_2,\alpha_2)$, $\dots$, $(A_n,\alpha_n)$ avec donc $ \sum_{k=1}^{n}\alpha_k\neq 0$. \\
Notons $z_p$ l'affixe de $A_p$ pour $1\leq p\leq n$, alors l'affixe $z_G$ de $G$ est donnée par :
$$ z_G=\dfrac{\alpha_1 z_1+\alpha_2 z_2+\dots +\alpha_n z_n}{\alpha_1+\alpha_2+\dots+\alpha_n}=\dfrac{\sum_{k=1}^{n}\alpha_k z_k}{\sum_{k=1}^{n}\alpha_k}$$
$$ \text{\textit{L'affixe du barycentre est la moyenne (pondérée) des affixes des points}}$$}

\Dem{Cela découle directement de la définition du barycentre et donc de l'égalité :
$$ \alpha_1 \overrightarrow{GA_1}+ \alpha_2 \overrightarrow{GA_2}+\dots + \alpha_n \overrightarrow{GA_n}= \overrightarrow{0}$$}

\Rq{En particulier si on considère des points $A(a)$, $B(b)$ et $C(c)$, on a : 
\begin{itemize}
\item affixe du milieu de $[AB]$ :$ \dfrac{a+b}{2}$ 
\item affixe du centre de gravité du triangle $ABC$ : $ \dfrac{a+b+c}{3}$
\end{itemize}
}

\Exop{$ABC$ est un triangle de sens direct. On construit le point $P$ tel que : 
$$ \left( \overrightarrow{BC} ; \overrightarrow{AP}\right)= \dfrac{\pi}{2}\qquad \text{et}\qquad AP=BC$$
On construit de même les points $Q$ et $R$ tels que : 
$$ \left( \overrightarrow{CA} ; \overrightarrow{BQ}\right)= \dfrac{\pi}{2}\qquad \text{et}\qquad BQ=CA$$
$$ \left( \overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{CR}\right)= \dfrac{\pi}{2}\qquad \text{et}\qquad AB=CR$$
Démontrer que le triangle $PQR$ a le même centre de gravité que $ABC$. 
}

\Sol{On a donc :  
$$p - a = i(c - b)  $$
$$ q - b = i(a - c)$$
$$r - c = i(b - a) $$
En additionnant membre à membre ces trois égalités, il vient : 
$$p + q + r = a + b + c 
$$
On en déduit que les deux triangles ont le même centre de gravité. 
}
\section{Lieux de points typiques}

Soient $A$ et $B$ deux points distincts du plan.\\

\begin{itemize}
 \item Ensemble des points $M$ tels que $AM=k$, avec $k\in\R$ : 
 \begin{itemize}
  \item[\textbullet] Si $k>0$ : cercle de centre $A$ et de rayon $k$ 
\item[\textbullet] Si $k=0$ : point $A$
 \item[\textbullet] Si $k<0$ : Ensemble vide\\
\end{itemize}
\item Ensemble des points $M$ tels que $MA=MB$ : 
\begin{center}
Médiatrice de $[AB]$
\end{center}
\vspace{5mm}

\item Ensemble des points $M$ tels que $\left(\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB}\right) = 0 \, [\pi]$ :
\begin{center}
Droite $(AB)$ privée de $A$ et $B$. 
\end{center}
\vspace{5mm}

\item Ensemble des points $M$ tels que $\left(\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB}\right) = 0 \, [2\pi]$ :
\begin{center}
Droite $(AB)$ privée du segment $[AB]$
\end{center}
\vspace{5mm}

\item Ensemble des points $M$ tels que $\left(\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB}\right) = \pi \, [2\pi]$ :
\begin{center}
Segment $[AB]$
\end{center}
\vspace{5mm}

\item Ensemble des points $M$ tels que $\left(\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB}\right) = \dfrac{\pi}{2} \, [\pi]$ :
\begin{center}
Cercle de diamètre $[AB]$ privé des points $A$ et $B$.
\end{center}
\vspace{5mm}

\item Ensemble des points $M$ tels que $\left(\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB}\right) = \dfrac{\pi}{2} \, [2\pi]$ :
\begin{center}
Demi-cercle de diamètre $[AB]$ privé des points $A$ et $B$ et tel que $MAB$ soit direct.
\end{center}
\vspace{5mm}

\item Ensemble des points $M$ tels que $\left(\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB}\right) = -\dfrac{\pi}{2} \, [2\pi]$ :
\begin{center}
Demi-cercle de diamètre $[AB]$ privé des points $A$ et $B$ et tel que $MAB$ soit indirect. 
\end{center}
\vspace{5mm}

\item Ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB} = 0$ :
\begin{center}
Cercle de diamètre $[AB]$ 
\end{center}
\vspace{5mm}

\end{itemize}

\Rqs{\item Un angle orienté n'est défini que si les deux vecteurs ne sont pas nuls. C'est pourquoi les points $A$ et $B$ doivent être retirés
 le cas échéant, des ensembles ci-dessus.
 \item Dans un produit scalaire, les 
vecteurs peuvent très bien 
être nuls, c'est pour cela, 
qu'ici, on ne retire pas les 
points $A$ et $B$.
}



\underline{Enigme} \footnote{Réponse : La relation $\left(e^{i\theta}\right)^n=e^{in\theta}$ n'est valable que si $n\in\Z$} : Trouver l'erreur dans le calcul suivant :
\begin{eqnarray*}
& e^{i2\pi}=1\\
\Longleftrightarrow & \left(e^{i2\pi}\right)^x=1^x=1\\
\Longleftrightarrow & e^{i2\pi x}=1\\
\text{ pour $x=\dfrac{1}{4}$ on obtient : }& e^{i \dfrac{\pi}{2}}=1\\
\text{ d'où : }& i=1\\
\end{eqnarray*}
 


%\end{itemize}


\end{document}