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Quelques preuves du cours de math en terminale S, partie spécialité.
Voici des preuves de cours sur le programme de terminale S spécialité. Il n’existe pas de liste exhaustive des propriétés que l’on doit vous
faire en classe, cependant, en prenant conseil et en discutant à gauche et à droite, je vous en regroupe ici une bonne partie.
1er chapitre : Division euclidienne, congruence et nombres premiers :
1) Nombre de diviseurs :
 Soient a et b deux entiers relatifs. Si a divise b et si b  0, alors | a |  | b |.
 Tout entier relatif b  0 a un nombre fini de diviseurs.
Preuve1 :
 Si a divise b et si b  0, alors b = k  a avec k non nul. Ainsi | b | = | a |  | k | avec | k |  1 et donc | b |  | a | CQFD
 Les diviseurs de b sont donc à chercher dans l’ensemble { - | b | ;… ; + | b | }, ils sont donc en nombre fini, car il y en a au plus 2  | b |.
( 0 n’étant jamais diviseur d’un entier non nul )
2) Une propriété utile de la divisibilité :
Soient a, b et c trois entiers relatifs.
Si a divise b alors a divise b c
Preuve2 :
Si a divise b alors b = k  a avec k entier relatif, et donc b c = k  a  c = ( k c )  a avec k c entier relatif.
Ainsi la propriété est démontrée. Au passage, on a utilisé l’associabilité de la multiplication.
3) Combinaison linéaire de multiples:
Soient a, b et c trois entiers relatifs.
Si a divise b et si a divise c alors a divise b + c et a divise b – c.
Plus généralement si a divise b et si a divise c alors a divise tout nombre de la forme b u + c v où u et v sont des entiers relatifs.
Preuve3 :
si a divise b alors il existe un entier relatif k tel que b = k  a
si a divise c alors il existe un entier relatif k ‘ tel que c = k ‘  a
Ainsi, pour tout couple d’entiers relatifs ( u ; v ), b u + c v = k  a  u + k ‘  a  v = ( k  u + k ‘  v )  a avec donc ( k  u + k ‘  v )
entier relatif. Finalement : a divise b u + c v CQFD
4) Théorème de la division euclidienne :
Soit a un entier relatif et b un entier naturel non nul.
Il existe un unique couple ( q ; r ) , q  ZZ et r  IN tel que : a = b q + r et r < b
a est le dividende, b le diviseur, q le quotient et r le reste.
On dit que le couple unique ( q ; r ) est le résultat de la division euclidienne de a par b.
Preuve4 :
Preuve de l’unicité :
Supposons que l’on ait deux couples ( q ; r ) et ( q ‘ ; r ‘ ) vérifiant : q  ZZ et r  IN tel que : a = b q + r et r < b et q ‘  ZZ et r ‘  IN
tel que : a = b q ‘ + r ‘ et r ‘ < b.
Alors b q ‘ + r ‘ = b q + r, soit encore b ( q ‘ – q ) = r – r ‘ , et donc b divise r – r ‘.
Or : 0  r  b – 1 et 0  r ‘  b – 1, que l’on peut également écrire 0  r  b – 1 et – ( b – 1 )  – r ‘  0,
Et comme on peut ajouter des inégalités de même sens, – ( b – 1 ) r – r ‘  b – 1
Finalement, on a b qui divise un nombre entier compris entre – ( b – 1 ) et b – 1, il n’y en n’a qu’un seul, 0 ! !
Donc r – r ‘ = 0 et par la même occasion b ( q ‘ – q ) = 0 avec b non nul, donc q = q ‘ également, il y a bien unicité.
Preuve de l’existence :
Soit a un entier relatif et b un entier naturel non nul.
Soit q la partie entière du nombre rationnel a
b , de sorte que q  a b < q + 1 et q  ZZ.
b étant strictement positif, on a donc : q b  a < q b + b ou encore 0  a – q b < b.
Il suffit donc de rappeler que q  ZZ. , puis de poser r = a – q b et :
on obtient bien un couple ( q ; r ) , q  ZZ et r  IN tel que : a = b q + r et r < b
5) Propriété à l’origine du crible d’Eratosthène :
Soit a un entier naturel strictement supérieur à 1.
 a possède au moins un diviseur premier.
 si a n'est pas premier, alors au moins un des diviseurs premiers de a est inférieur ou égal à a .
Preuve5 :
 L’ensemble des diviseurs de a est fini (on considérera dans cette question les diviseurs dans ).
On peut donc considérer le plus petit élément de { p   * \ { 1 } tels que p divise a }, non vide puisque a appartient à cet ensemble.
Notons p 0 ce plus petit élément. Montrons alors que p 0 est un nombre premier :
Pour cela, raisonnons par l’absurde et supposons que ce p 0 admette un diviseur d autre que 1 et que lui même.
Ainsi : p 0 = k  d avec k et d distincts de 1 et de p 0, donc d < p 0.
De plus a = k 1  p 0 = k 1  k  d.
Dès lors ce diviseur d est également un diviseur de a, et il est strictement plus petit que p 0, contredisant la définition de p 0.
Finalement cette contradiction permet de conclure que p 0 est bien un nombre premier.

 Si a n’est pas premier et que tout ses diviseurs premiers soit strictement supérieurs à a :
D’où a = p  d avec p premier et d admettant au moins un diviseur premier qui sera diviseur de a, donc p > a et d > a .
On obtient alors p  d > a, ce qui contredit a = p  d.
Ainsi, si a n'est pas premier, alors au moins un des diviseurs premiers de a est inférieur ou égal à a . CQFD
6) Théorème d’Euclide sur l’ensemble des nombres premiers :
Il existe dans IN une infinité de nombres premiers.
Preuve6 :
Ce théorème se prouve également par l’absurde :
Notons P l’ensemble des nombres premiers, et supposons que P soit fini, c’est à dire que P = { a 1 ; a 2 ; a 3 ; … ; a n – 1 ; a n }, où n serait le
cardinal de P, et a 1 = 2 ; a 2 = 3 … les a i étant rangés par ordre croissant.
Considérons alors le nombre N = a 1  a 2  a 3  …  a n – 1  a n + 1, strictement plus grand que a n et donc non premier.
D’après la propriété précédente, N possède au moins un diviseur premier, appelons le a k0 :
Dès lors, N = k  a k0 + 1 d’après sa définition, et N = k’  a k0 d’après la ligne ci - dessus , d’où k  a k0 + 1 = k’  a k0 et finalement :
( k ‘ – k )  a k0 = 1, et a k0 est un diviseur de 1 donc a k0 = 1 exclus puisque 1 n’est pas premier.
C’est donc que P est infini, le théorème d’Euclide est prouvé.
7) Décomposition d’un nombre en produits de facteurs premiers :
Soit n un entier supérieur ou égal à 2.
n peut se décomposer sous la forme : n = p11 p22 pkk , où p1 p2  pk sont des nombres premiers tels que p1 < p2 < < pk ,
et 1 2  k des entiers naturels non nuls.
Cette décomposition est appelée décomposition de n en produit de facteurs premiers.
On admet que cette décomposition est unique, à l’ordre près.
Preuve7 : On ne prouve que l’existence, cette preuve est intéressante car à la base de l’algorithme pour programmer la décomposition
sur la calculatrice.
Soit n un entier supérieur ou égal à 2.
On sait que n admet au moins un diviseur premier, donc on peut définir le plus petit élément de { p  P tels que p divise n }, que
l’on note p 1.
On note alors N l’entier naturel tel que n = p 1  N :
1er cas : p 1 divise N, alors N = p 1  N ‘, et on se pose la question de savoir si p 1 divise N ‘, c’est à dire que l’on fait avec
N ‘ ce que l’on a fait avec N.
2ème cas : p 1 ne divise pas N
La conclusion de cette première boucle est que l’on peut écrire n = p 1 1  n 1 avec p 1 ne divisant pas n 1.
On sait que n 1 admet au moins un diviseur premier, donc on peut définir le plus petit élément de { p  P tels que p divise n 1}, que
l’on note p 2. Remarquons que p 2 divise également n et qu’il est donc strictement supérieur à p 1, d’après la définition de p 1.
On note alors N l’entier naturel tel que n 1 = p 2  N :
1er cas : p 2 divise N, alors N = p 2  N ‘, et on se pose la question de savoir si p 2 divise N ‘, c’est à dire que l’on fait avec
N ‘ ce que l’on a fait avec N.
2ème cas : p 2 ne divise pas N
La conclusion de cette seconde boucle est que l’on peut écrire n 1 = p 2 2  n 2 avec p 2 ne divisant pas n 2, c’est à dire :
N = p 1 1  p 2 2  n 2 avec p 1 < p 2 et p 1 et p 2 ne divisent pas n 2. … etc … etc …
On construit ainsi par récurrence, une liste de nombres premiers classer par ordre croissant, cette liste se terminant forcément
puisque le nombre de diviseurs de n est fini.
8) Propriété du PGCD et du PPCM à partir de la décomposition primaire :
Soient a et b deux entiers naturels supérieurs ou égaux à 2, se décomposant sous la forme :
a = p11 p22 pkk et b = p11 p22 pkk
où p1 p2  pk sont des nombres premiers,
1 2  k et 1 2  k des entiers naturels éventuellement nuls.
Pour chaque valeur de i entre 1 et k, on pose a i = minimum( i ,  i) et bi = maximum(i , i) .
Alors PGCD(a ; b) = p1a1 p2 a 2 pk a k et PPCM(a ; b) = p1b1 p2b2 pkbk .
Preuve8 :
Notons p = p1a1 p2 a 2 pk a k et q = p1b1 p2b2 pkbk avec a i = minimum(i , i) et bi = maximum(i , i) .
Alors, pour tout i de { 1 ; … ; k },  i – a i ; i – a i ; b i –  i et b i – i sont des entiers naturels.
 D’une part a = p11 p22 pkk = p1a1 p2a2 pkak  p11-a1 p22-a2 pkk-ak donc a = p  p11-a1 p22-a2 pkk-ak
or, d’après la remarque avant le point, p11-a1 p22-a2 pkk-ak est un entier naturel. Ceci permet de conclure que p divise a.
De la même manière on montrerait que p divise b.
Soit maintenant un autre diviseur, d, commun à a et à b. Sa décomposition en produit de facteur premier existe, et elle est du type :
p1c1 p2c2 pkck avec les c i entiers naturels inférieurs ou égaux à  i et à  i, donc à a i. (sinon, d ne pourrait diviser a et b).

Ainsi, pour tout i de { 1 ; … ; k }, a i – c i est un entier naturel, et donc :
p = p1a1 p2a2 pkak = p1c1 p2c2 pkck  p1a1-c1 p2a2-c2 pkak-ck = d  p1a1-c1 p2a2-c2 pkak-ck .
De plus, p1a1-c1 p2a2-c2 pkak-ck est un entier naturel. Ce qui permet de conclure que d divise p, et donc que d est inférieur ou égal à p.
Ainsi p divise a, p divise b et tous les diviseurs communs à a et à b sont inférieurs ou égaux à p, ce qui n’est autre que la définition du
pgcd : donc PGCD(a ; b) = p1a1 p2 a 2 pk a k .
 Le raisonnement est analogue pour le ppcm :
D’une part q = p1b1 p2b2 pkbk = p11 p22 pkk  p1b1-1 p2b2-2 pkbk-k donc q = a  p1b1-1 p2b2-2 pkbk-k
or, d’après la remarque avant le premier point p1b1-1 p2b2-2 pkbk-k est un entier naturel. Ceci permet de conclure que a divise q.
De la même manière on montrerait que b divise q.
Soit maintenant un autre multiple, m, commun à a et à b. Sa décomposition en produit de facteur premier existe, et elle est du type :
p1c1 p2c2 pkck avec les c i entiers naturels supérieurs ou égaux à  i et à  i, donc à b i. (sinon, a et b ne pourraient diviser m).
Ainsi, pour tout i de { 1 ; … ; k }, c i – b i est un entier naturel, et donc :
m = p1c1 p2c2 pkck = p1b1 p2b2 pkbk  p1c1-b1 p2c2-b2 pkck-bk =q  p1c1-b1 p2c2-b2 pkck-bk .=
De plus, p1c1-b1 p2c2-b2 pkck-bk est un entier naturel. Ce qui permet de conclure que q divise m, et donc que q est inférieur ou égal à
m.
Ainsi b divise q, a divise q et tous les multiples communs à a et à b sont supérieurs ou égaux à q, ce qui n’est autre que la définition du
ppcm : donc PPCM(a ; b) = p1b1 p2b2 pkbk .
9) Compatibilité de la relation de congruence avec la multiplication, l’addition et la soustraction :
 a  b (p)  b – a est multiple de p
 Si a  b (p) et si b  c (p) alors a  c (p)
 Si a  b (p) et si a'  b' (p) a + a'  b + b' (p) ; a – a'  b – b' (p) ; aa'  bb' (p) ; an  bn (p) n  IN*
 Si a  b (p) alors pour tout c  ZZ a + c  b + c (p) ; a – c  b – c (p) ; ac  bc (p)
Remarque:
La relation de congruence n’est cependant pas compatible avec la racine carré, la puissance et la division.
Preuve9 :
 Si a  b (p) et si b  c (p) alors b – a = k p et c – b = k ‘ p avec k et k ‘ entiers relatifs, d’où c – a = c – b + b – a = ( k + k ‘ ) p, que
l’on peut encore écrire a  c (p) puisque ( k + k ‘ )  ZZ.
 Si a  b (p) et si a'  b' (p) alors b – a = k p et b ‘ – a ‘ = k ‘ p, où k et k ‘ sont des entiers relatifs
 b + b ‘ – ( a + a ‘ ) = b – a + b ‘ – a ‘ = k p + k ‘ p = ( k + k ‘ ) p autrement dit a + a'  b + b' (p) puisque ( k + k ‘ )  ZZ..
 b – b ‘ – ( a – a ‘ ) = b – a – ( b ‘ – a ‘ ) = k p – k ‘ p = ( k – k ‘ ) p autrement dit a – a'  b – b' (p) puisque ( k – k ‘ )  ZZ..
 b b ‘ – a a ‘ = b b ‘ – a b ‘ + b ‘ a – a a ‘ = b ‘ ( b – a ) + a ( b ‘ – a ‘ ) = b ‘ k p + a k ‘ p = ( b ‘ k + a k ‘ ) p autrement dit aa'  bb' (p)
puisque ( b ‘ k + a k ‘ )  ZZ..
 Montrons par récurrence sur n  IN* que : a n  b n (p) n  IN* :
Initialisation :
La propriété est de toute évidence vraie au rang 1.
Hérédité :
Supposons que pour un entier n de IN* : a n  bn (p), vu que a  b (p) alors d’après la compatibilité de la relation de congruence
avec la multiplication prouvée dans le point précédent, a n + 1  b n + 1 (p) et la propriété est héréditaire.
Nous venons de prouver par récurrence sur n  IN* que : a n  bn (p) pour tout n  IN* .
 Les trois propriétés du dernier point sont des cas particuliers des points précédents.
2ème chapitre : Généralités sur les similitudes du plan, aspect géométrique.
1) Triangles semblables :
Deux triangles ABC et A’B’C’ vérifient A’B’
AB = A’C’ AC = B’C’ BC = k ssi ils sont semblables et A = A’ ; B = B’ et C = C’
Preuve10 :
 Le sens indirect, à savoir :
Si deux triangles ABC et A’B’C’ sont semblables et A = A’ ; B = B’ et C = C’ alors A’B’
AB = A’C’ AC = B’C’ BC = k.
Cela peut se prouver en classe de seconde à l’aide des translations, symétries axiales, rotation et Thalès, rien de bien méchant.
 Le sens direct :
Si deux triangles ABC et A’B’C’ vérifient A’B’
AB = A’C’ AC = B’C’ BC = k alors ils sont semblables et A = A’ ; B = B’ et C = C’
Cela se prouve à l’aide du théorème d’Al Kashi vu en première avec le produit scalaire, voici ce théorème :
Soit un triangle ABC, alors AB 2 = AC 2 + CB 2 – 2  AC  CB  cos ( A ).
On peut donc écrire les égalités suivantes :
AB 2 = AC 2 + CB 2 – 2  AC  CB  cos ( A ).
A’B’ 2 = A’C’ 2 + C’B’ 2 – 2  A’C’  C’B’  cos ( A’ ) qui donne :

k 2  AB 2 = k 2  AC 2 + k 2  CB 2 – 2  k 2  AC  CB  cos ( A’ ), et en simplifiant par k 2 non nul, il vient :
AB 2 = AC 2 + CB 2 – 2  AC  CB  cos ( A’ ), et on en déduit cos ( A ) = cos ( A’ ) avec des angles géométriques, donc compris
dans [ 0 ;  ], ce qui permet de conclure que A = A’ ….. on procède de même pour les autres angles, et c’est fini.
2) Première propriété des similitudes :
Soit f une transformation du plan.
f est une similitude si et seulement si il existe un réel k strictement positif tel que f multiplie les distances par k, c'est-à-dire : pour tous
points M et N dont les images par f sont notées M' et N', on a : M'N' = k MN
On dit que k est le rapport de la similitude f.
Preuve11 :
 Sens direct :
Soit f une similitude et deux points distincts A et B d’images respectives A’ et B’.
A’ et B’ sont distincts vu que f est une transformation.
Posons k = A’B’
AB , par suite k > 0.
Etant donné deux points M et N distincts et quelconques du plan, alors M’ et N’ sont également distincts.
On sait alors que f conserve les rapports de distance, c’est à dire : AB
MN = A’B’ M’N’ , d’où M’N’ MN = A’B’ AB = k.
Finalement M’N’ = k  MN.
 Sens réciproque :
On suppose qu’il existe un réel k > 0 tel que pour tous points M et N distincts du plan d’images M’ et N’, on a : M’N’ = k  MN.
Soient alors A, B , C et D quatre points distincts du plan, d’image A’, B’, C’ et D’, forcément distinctes, vu que f est une transformation.
On a donc :
A’B’ = k  AB et C’D’ = k  CD.
D’où : A’B’
C’D’ = AB CD et f est bien une similitude, puisqu’elle conserve les rapports de distances.
3) Propriétés conservées par les similitudes :
 Une similitude conserve les rapports de distances.
 Une similitude transforme un triangle en un triangle semblable.
C'est-à-dire que si A, B et C sont trois points distincts et A', B' et C' leurs images par une similitude :
ABC = A'B'C' ; BAC = B'A'C' ; ACB = A'C'B' ; les triangles ABC et A'B'C' sont semblables.
 Une similitude conserve les angles géométriques.
 Une similitude conserve l'alignement.
 Une similitude conserve le barycentre.
 Une similitude transforme une droite en une droite.
 Une similitude transforme un segment en un segment.
 Une similitude conserve le parallélisme et l'orthogonalité.
 Une similitude conserve le milieu.
 Une similitude transforme un cercle en un cercle.
Preuve12 :
 Il a déjà été vu qu’une similitude conservait les rapports de distance ( définition) et transformait un triangle en un triangle semblable.
 Pour la conservation des angles, la preuve a en fait déjà été faite avec les triangles semblables … elle utilise Al Kashi …
 Pour l’alignement, c’est une conséquence de la conservation des angles … angle de 0 ou de , conservé, ce n’est autre que l’alignement.
 Une similitude conserve le barycentre de deux points pondérés :
Soient deux points distincts A et B, et un troisième point G, barycentre pondéré de ces deux points.
Notons A’ , B’ et G’ les images de ces points par f, similitudes.
Tout barycentre de deux points peut se pondérer par le système { (A ; 1 ) ; ( B ; 1 – x ) } ( par propriété du barycentre, on peut se ramener à
une somme de 1.
* Plaçons nous dans le cas où x  [ 0 ; 1 ] ( G est alors sur le segment [ AB ] et montrons que
G’ est le barycentre de { (A ; 1 ) ; ( B ; 1 – x ) } :
Remarquons tout d’abord que G se trouve sur le segment A’B’, par conservation de l’angle AGB =  = A’G’B’.
De l’égalité vectorielle x
Error!
+ ( 1 – x )
Error!
=
Error!
, on en tire l’égalité de distance :
x GA = ( 1 – x ) GB,
à cela, on rajoute le fait que G’A’ = k  GA et G’B’ = k  GB, et donc :
x G’A’ = ( 1 – x ) G’B’.
Compte tenu de notre première remarque, les vecteurs
Error!
et
Error!
sont colinéaires, de sens contraires, et donc :
x
Error!
+ ( 1 – x )
Error!
=
Error!
, ce qui prouve que G’ est bien le barycentre de { (A ‘; 1 ) ; ( B ‘; 1 – x ) } :
* Pour les deux autres cas, on procède de la même manière, il suffit de discuter du signe de x et de celui de 1 – x, et de
l’angle AGB = 0 = A’G’B’…
 Une similitude conserve le barycentre de n points pondérés :
Cette démonstration se prouve par récurrence :
Le point précédent à permis de l’initialiser pour n = 2.
Il nous reste à prouver l’hérédité :
Soit n  2, on suppose que la propriété est vraie pour le rang n, à savoir qu’une similitude f conserve le barycentre de n points.

Considérons G le barycentre pondéré des points { ( A1 ; a1 ) ; ( A2 ; a2 ) ; … ; (An + 1 ; an + 1 ) } de sorte que l’existence de G assure que :
a1 + a2 + … + an + 1 n’est pas nul.
Considérons les sommes de n de ces nombres, l’une d’elle n’est pas nulle, sinon, en ajoutant ces n + 1 sommes, on obtiendrait :
n (a1 + a2 + … + an + 1 ) = 0, de sorte que a1 + a2 + … + an + 1 = 0 … qui n’est pas vrai.
Quitte à renuméroter les indices, on peut supposer par exemple que a1 + a2 + … + an n’est pas nul, et donc considérer H le barycentre de :
{ ( A1 ; a1 ) ; ( A2 ; a2 ) ; … ; (An ; an ) }, ainsi, par associativité du barycentre,
G est lui le barycentre de { ( H ; a1 + a2 + … + an ) ; (An + 1 ; an + 1 ) }.
L’image de H, que nous appellerons H’ est donc le barycentre de { ( A’1 ; a1 ) ; ( A’2 ; a2 ) ; … ; (A’n ; an ) }, par hypothèse de récurrence,
et l’image de G, notée G’, est le barycentre de { ( H’ ; a1 + a2 + … + an ) ; (A’n + 1 ; an + 1 ) }.
par associativité du barycentre, G’ est le barycentre de { ( A’1 ; a1 ) ; ( A’2 ; a2 ) ; … ; (A’n + 1 ; an + 1 ) }, et la propriété est bien héréditaire.
 Une droite est l’ensemble des barycentre de deux points distincts.
Ainsi ( AB ) est l’ensemble des points G barycentre de { (A ; 1 ) ; ( B ; 1 – x ) }, lorsque x décrit .
Par conservation du barycentre, l’image de ( AB ) est l’ensemble des points G’ barycentre de { (A’ ; 1 ) ; ( B’ ; 1 – x ) }, lorsque x décrit .
Une similitude étant une transformation, A’ et B’ sont distincts et l’image de ( AB ) est exactement la droite ( A’B’ ).
 Même preuve pour l’image d’un segment, sauf que x décrit [ 0 ; 1 ].
 La conservation des angles permet d’obtenir la conservation de l’orthogonalité.
La conservation de l’orthogonalité permet d’obtenir la conservation du parallélisme, il suffit d’introduire une troisième droite
orthogonale aux deux premières, sont images sera orthogonale aux deux images, qui seront donc parallèles.
 Le milieu d’un segment est son isobarycentre, donc il est évidemment conservé
 Pour l’image d’un cercle, c’est plus délicat, on peut par exemple orienter le plan, puis séparer les cas similitudes directes et similitudes
indirectes :
* Pour une similitude directe il faut utiliser la caractérisation polaire d’un cercle de centre O, dont on donne un point I :
C est l’ensemble des points M vérifiant OM = r et (
Error!
;
Error!
) = , où  décrit [ 0 ; 2  ] .
Par conservation des angles et des rapport de distance, l’image de C est donc l’ensemble des points M’ vérifiant :
O’M’ = k  r et (
Error!
;
Error!
) = , où  décrit [ 0 ; 2  ]. C’est donc le cercle de centre O’ et de rayon k  r.
* Pour une similitude indirecte, c’est pareil, sauf que l’on arrive à :
l’image de C est donc l’ensemble des points M’ vérifiant : O’M’ = k  r et (
Error!
;
Error!
) = – , où  décrit [ 0 ; 2  ] …
c’est à dire en utilisant le modulo 2 , à la même chose ! !
REMARQUE :
Ces preuves ne sont pas évidentes, par contre, elles sont assez formatrices. Ne vous casser pas trop la tête a essayer de les retenir, car
dans le chapitre 4, nous allons traiter les similitudes à l’aide des complexes et dès lors, nous verrons qu’une similitude est soit directe (
auquel cas c’est la composée d’une homothétie rotation, ou bien une translation ) , soit indirecte ( auquel cas c’est la composée d’une
symétrie axiale et d’une similitude directe ) et ainsi toutes les conservations précédentes se retrouvent à l’aide des propriétés de
conservation issues des transformations précédemment étudiées ( collège et 1ère S).
4) Caractérisation des similitudes par leur nombre de points fixes :
 Soient A, B et C trois points non alignés.
Si f est une similitude telle que f(A) = A , f(B) = B et f(C) = C , alors f est l'application identique.
(Une similitude qui admet trois points fixes non alignés est l'application identique).
 Soient A et B deux points distincts.
Si f est une similitude telle que f(A) = A et f(B) = B, alors f est l'application identique ou f est la symétrie axiale d'axe (AB).
Preuve13 :
 Si l’on utilise la conservation du barycentre de 3 points, il n’y a rien à faire, en effet :
Soient 3 points A, B et C non alignés, alors tout point M du plan est le barycentre de A, B et C affecté de coefficient : M est le barycentre
de { (A ; a ) ; ( B ; b ) ; ( C ; c ) } avec a + b + c non nul.
Par conservation du barycentre, l’image de M’ est donc le barycentre de { (A’ ; a ) ; ( B ‘; b ) ; ( C’ ; c ) }.
Or A’ = A ; B’ = B et C’ = C, donc M’ est le barycentre de { (A ; a ) ; ( B ; b ) ; ( C ; c ) }, et donc M ‘ = M.
Ceci permet de prouver qu’une similitude qui admet trois points fixes non alignés est l'application identique.
 Le programme et son accompagnement propose cependant une preuve plus jolie, et plus constructive :
Soit f est une similitude telle que f ( A ) = A , f ( B ) = B et f ( C ) = C .
Dès lors, le rapport de la similitude est donné par B’A’
BA = BA BA = 1.
Soit M un autre point du plan, raisonnons par l’absurde et supposons que M et M’, son image par f, soient distincts.
On peut écrire les égalités de rapports suivantes : M’A’
MA = M’B’ MB = M’C’ MC = 1,
soit encore : M’A
MA = M’B MB = M’C MC = 1, c’est à dire : M’A = MA ; M’B = MB et M’C = MC, donc les points A , B et C sont équidistants des
points M et M’, et sont donc sur la médiatrice de [ MM’ ] … ils sont donc alignés, ce qui est exclu.
Ainsi M’ = M et donc f est l'application identique.
 Pour le second point :
Le rapport de la similitude est donné par A’B’
AB = AB AB = 1.
Soit M un 3ème point, notons M’ l’image de M par la similitude f.
1er cas : M = M ‘ et d’après le point précédent, f est l’application identique.
2ème cas : M et M ‘ sont distincts.
Comme dans le point précédent, on montre que ( AB ) est la médiatrice de [ MM’ ].
Considérons dans ce cas s o f la composée de la similitude f par la symétrie axiale d’axe ( AB ) :