Sujet National, Exercice 3, Juin 2006

Sujet national, exercice 3, juin 2006

Énoncé On considère le plan complexe P rapporté à un repère orthonormal direct (O ; ~u, ~v ). Dans tout l’exercice, P {O} désigne le plan P privé du point origine O. 1. Question de cours On prend comme prérequis les résultats suivants. Si z et z 0 sont deux nombres complexes non nuls, alors : arg(zz 0 ) = arg(z) + arg(z 0 ) à 2kπ près, avec k entier relatif. Pour tout vecteur w ~ non nul d’affixe z, on a : arg(z) = (~u; w) ~ à 2kπ près, avec k entier relatif.

a) Soit z et z 0 des nombres complexes non nuls, démontrer que : ³z´ arg 0 = arg(z) − arg(z 0 ) à 2kπ près, avec k entier relatif. z b) Démontrer que si A, B, C sont trois points du plan, deux à deux distincts, d’affixes respectives a, b, c, on a : ¶ µ c−a −→ −→ = AB, AC) à 2kπ près, avec k entier relatif. arg b−a 2. On considère l’application f de P {O} dans P {O} qui, au point M du plan d’affice z, associe le point M’ d’affixe z 0 1 définie par z 0 = . On appelle U et V les points du plan d’affixes respectives  et i. z

a) Démontrer que pour z 6= 0, on a arg(z 0 ) = arg(z) à 2kπ près, avec k entier relatif. En déduire que, pour tout point M de P {O}, les points M et M’ = f (M) appartiennent à une même demi-droite d’origine O.

b) Déterminer l’ensemble des points M de P {O} tels que f (M) = M. c) M est un point du plan P distinct de O, U et V, on admet que M’ est aussi distinct de O, U et V. µ ¶ µ ¶ z0 − 1 1 z¯ − 1 z−1 Établir l’égalité 0 = = −i . z −i i z¯ + i z−i µ 0 ¶ z −1 En déduire une relation entre arg z0 − i ¶ µ z−1 . et arg z−i 3. a) Soit z un nombre complexe tel que z 6= 1 et z 6= i et soit M le point d’affixe z. Démontrer que M est sur la droite z−1 est un nombre réel non nul. (UV) privée de U et de V si et seulement si z−i

b) Déterminer l’image par f de la droite (UV) privée de U et de V.

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Corrigé z . z0 On a alors z = Z z 0 et d’après le prérequis :

1. a) Soit z ∈ C*, z 0 ∈ C*. On pose Z =

arg(z) = arg(Z) + arg(z 0 ) [2π] ³z´ d’où arg(Z) = arg 0 = arg(z) − arg(z 0 ) [2π]. z

b) D’après la question a) : ¶ µ c−a = arg(c − a) − arg(b − a) [2π] arg b−a En appliquant le second prérequis, µ ¶ ³ ´ ³ ´ c−a −→ −→ arg = ~u, AC − ~u, AB [2π] b−a µ ¶ ³ ´ ³ ´ c−a −→ −→ arg = ~u, AC + AB, ~u [2π] b−a µ ¶ ³ ´ c−a −→ −→ soit arg = AB, AC [2π]. b−a 1 . z¯ D’après le résultat de la question 1. a). 2. a) Soit z ∈ C* et z 0 =

arg(z 0 ) = arg(1) − arg(¯ z ) [2π] arg(z 0 ) = 0 − arg(¯ z ) [2π] Or arg(¯ z ) = − arg(z) d’où arg(z 0 ) = arg(z) [2π]. La relation ci-dessus s’écrit aussi : ³ −−→´ ³ ´ −−→ ~u, OM0 = ~u, OM [2π] ³ ´ ³ −−→´ −−→ soit OM, ~u + ~u, OM0 = 0 [2π] et d’après la relation de Chasles sur les angles orientés : ³ ´ −−→ −−→0 OM, OM = 0 [2π]. On en déduit que les points O, M, M’ appartiennent à une même demi-droite d’origine O.

b) f (M) = M ⇔ z 0 = z (z ∈ C*). 1 Soit f (M) = M ⇔ = z. z¯ Cette égalité équivaut successivement à : z z¯ = 1 | z |2 = 1. Comme pour z non nul, | z | > 0, f (M) = M équivaut à | z | = 1. L’ensemble des points M tels que f (M) = M est le cercle de centre O et de rayon 1.

c) Pour tous z et z 0 différents de 0, 1 et i : c 2007, rue des écoles °

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z0 − 1 = z0 − i

1 z¯ − 1 1 z¯ − i

=

1 − z¯ 1 − i¯ z

z0 − 1 z¯ − 1 z¯ − 1 = = z0 − i i¯ z−1 i(¯ z + i) µ ¶ 0 z −1 1 z¯ − 1 soit 0 = . z −i i z¯ + i 1 Or = −i et z¯ − 1 = z − 1, z¯ + i = z − i, on a finalement : i ¶ µ 0 z −1 z−1 = −i . z0 − i z−i De l’égalité précédente, on déduit : µ 0 ¶ µ ¶ z −1 z−1 arg = arg(−i) + arg [2π] z0 − i z−i ¶ µ ¶ µ 0 z −1 π z−1 arg = − − arg [2π] z0 − i 2 z−i µ 0 ¶ µ ¶ z −1 z−1 π soit arg + arg = − [2π]. z0 − i z−i 2 3. a) M est sur la droite (UV) privée de U et de V si et seulement si : ³ ´ −−→ −−→ z 6= 1 et z 6= i et VM, UM = kπ, k ∈ Z, c’est-à-dire si et seulement si : µ ¶ z−1 z 6= 1 et z 6= i et arg = kπ, k ∈ Z. z−i z−1 Soit z 6= 1 et z 6= i et est un réel non nul. z−i

b) On a prouvé à la question 2. c) que, pout tout z et z 0 différents de 0, 1 et i, on a : µ 0 ¶ µ ¶ z −1 z−1 π arg + arg = − [2π] 0 z −i z−i 2 ³−−→ −−→´ ³ ´ π −−→ −−→ 0 0 soit VM , UM + VM, UM = − [2π]. 2 Soit M un point de la droite (UV), distinct de U et de V, ³ ´ −−→ −−→ alors VM, UM = kπ (k ∈ Z) ³−−→ −−→´ π donc VM0 , UM0 = − − kπ (k ∈ Z) 2 donc M’ appartient au cercle de diamètre [UV] privé de O, U, V. Réciproquement, considérons un point M’ du cercle de diamètre [UV] privé des points O, U, V. 1 Comme z 0 6= 0, le point M’ d’affixe z 0 admet un unique antécédent par f , le point M d’affixe z = ¯0 . z Montrons alors que ce point M appartient à la droite (UV) privée de U et de V. On sait d’après la question 2. c) que ³−−→ −−→´ ³ ´ π −−→ −−→ VM0 , UM0 + VM, UM = − [2π]. 2

³−−→ −−→´ π Comme M’ appartient au cercle de diamètre [UV] et est distinct de U et de V, alors VM0 , UM0 = + kπ (k ∈ Z). 2 ³ ´ −−→ −−→ On a donc VM, UM = −π − kπ (k ∈ Z)

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³ ´ −−→ −−→ ou VM, UM = 0 [π] avec M distinct de U et de V. Le point M appartient donc bien à (UV) privée de U et de V. L’image de la droite (UV) privée de U et de V est le cercle de diamètre [UV] privé de O, U et V.

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