Feuille 11

(1)

Feuille 11

Exercice11.1 Solution p. 3

Déterminer les caractéristiques géométriques de la similitudesqui à tout pointMd’affixezassocie le pointN d’affixeZ = 2(1 +i)z−7−4i.

Dans le plan, on considère un cercleCde centreO et A, B, P trois points distincts de ce cercle. On souhaite démontrer que l’angle sous lequelOvoit les pointsAetBest (modulo2π) le double de l’angle sous lequelP voit les mêmes pointsAetB. C’est le théorème de l’angle au centre.

Pour cela, on choisit de munir le plan de sa structure complexe en choisissantOpour origine et le rayon du cercle pour unité de longueur. Les pointsA, BetP appartiennent alors au cercle unité, ce qui permet de notereîα, eîβ et eîθ leurs affixes respectives. L’angle sous lequelOvoit les pointsAetBest l’angleAOB’dont une mesure (modulo 2π)est notéeϕ. De façon similaire, l’angle géométrique sous lequelF voit les pointsAetBest l’angleAP B’ dont une mesure est notéeψ.

Exprimerϕetψen fonction deαetβet conclure.

Résoudre dansC:z³+ (1 +i)z²+ (4−i)z+ 12−6i= 0sachant qu’une solution est réelle.

Montrer que les trois points dont les affixes sont solutions forment les sommets d’un triangle isocèle.

Posonsj=e^2iπ³ On se place dans un plan affine euclidien orienté, rapporté à un repère orthonormé direct noté R= (O;~ı, ~). SoitA, BetCtrois points du plan d’affixesa, betc.

Montrer queABCest un triangle équilatéral direct, i.e.AB=AC =BCet((−→

CA,−−→

CB)est une base directe) si et seulement sia+bj+cj² = 0.

SoitABC un triangle direct. SoitDle centre d’un carré de côtéAB, de sorte queDetCsoient du même côté de la droite(AB)et soitEle centre d’un carré de côtéBC,de sorte queE etAne soient pas du même côté de la droite(BC).

Déterminer l’angle formé entre la droite(AC)et la droite(DE).

1. Dans le plan complexe, interpréter géométriquement la transformationz7→izdeCdamsC.

2. Soientz1, z2 etz3 trois complexes de module 1. On noteT le triangle de sommets les pointsMi, d’affixezi, pouri= 1,2,3.On noteGle centre de gravité deT etHl’orthocentre deT.

(a) Déterminer l’affixe deG.

(b) On posez0 =z1+z2+z3. Montrer quez0est l’affixe deH.

3. Pour un triangle ABC, donner une relation liant le centre de gravitéG, l’orthocentreH et le centreI du cercle circonscrit.

Théorème de Pappus

1. Soit aet bdeux points distincts deU. On noteA, B, etE les points d’affixea, bet 1. On noteP le projeté orthogonal deEsur la droite(AB)etpson affixe.

Montrer que1−p= (1−a)(1−b)

2 .

(2)

tout pointM du cercleC, le produit de la distance deM à deux côtés opposés, ou aux deux diagonales est le même, pour chacun des choix des deux paires de côtés opposés.

SoientA, B, C, Dquatre points du plan. On considère les pointsE, F, G, H tels que les trianglesABE,BCF, CDG,DAHsoient rectangles isocèles directs en E, F, G, H. Montrer que les vecteurs−−→

EGet−−→

F H sont orthogonaux et de même norme.

Soientn≥3etI₁, I₂, . . . , I_ndes points distincts du plan. On s’intéresse à l’assertionA_n: « il existe unn-uplet (M1, M2, . . . , Mn)de points du plan tels queI1est le milieu de[M1, M2], I2est le milieu de[M2, M3], . . . , In−1

est le milieu de[Mn−1, Mn]etInest le milieu de[Mn, M1]»

1. Démontrer que siA4est vraie alorsI1I2I3I4est un parallélogramme.

2. (a) Soientr_a,α la rotation de centrea ∈ Cet d’angleα ∈ Retr_b,β la rotation de centreb ∈ Cet d’angle β∈R.Siα+β ≡0 [2π], montrer quera,α◦r_b,β est une translation. Sinon, montrer quera,α◦r_b,βest une rotation d’angleα+β.

(b) Déterminer, en fonction den, le nombre de solutions(M₁, M₂, . . . , M_n)du problèmeA_net indiquer comment on peut les construire.

SoitABCun triangle direct. On coupe chaque côté en trois parts égales, et on construit sur le tiers du milieu un triangle équilatéral extérieur au triangleABC, de sommets respectifsD, EetF(Dest contruit à partir du segment [A, B], Eà partir de[B, C]etF à partir de[A, C]).

Montrer que les deux trianglesABC etDEF ont le même centre de gravité.

Montrer queDEFest équilatéral.

1. On considère trois pointsA, BetCdu plan complexe, dont les affixes sont notésa, betc. Montrer queABC est équilatéral si et seulement sib−a

c−a = c−b a−b.

Montrer que c’est équivalent à la conditiona²+b²+c²=ab+bc+ca.

2. On considère un triangleABCainsi qu’un entiernsupérieur ou égal à 3. Le segment[B, C]est une arête d’un n-gone régulier, situé dans l’extérieur du triangle, dont le centre est notéA⁰. De même les segments[A, C]et [A, B]permettent de définir les pointsB⁰etC⁰, en tant que centres den-gones réguliers, situés à l’extérieur du triangle, dont l’une des arêtes est[A, C](resp :[A, B]).

À quelle condition surnle triangleA⁰B⁰C⁰est-il équilatéral ?

Quentin De Muynck 2 Sous licencecbea

(3)

Solution de l’exercice 11.1 Énoncé s : C−→C

z7−→2(1 +i)z−7−4i

∀z ∈ C, s(z) = 2√

2 eⁱ^π⁴ z−(7 + 4i), donc la similitude a un rapport de2√

2 et un angle de ^π₄, et de centre z₀ = 3−2i:

s(z) =z⇔2(1 +i)z−7−4i=z

⇔7 + 4i= (2i+ 1)z

⇔ 7 + 4i 2i+ 1 =z

⇔ (7 + 4i)(1−2i)

5 =z

⇔ 7 + 4i−14i+ 8

5 =z

⇔3−2i=z

Solution de l’exercice 11.2 Énoncé

Utiliser la technique de l’arc-moitié.

ABC direct⇔

®AC =AB (−−→

AB,−→

AC) = ^π₃ ⇔ c−a

b−a = eⁱ^π³ ⇔c−a=beⁱ^π³ −aeⁱ^π³ ⇔ cj² = beⁱ^5π³ +a(1−eⁱ^π³)j²

| {z }

−j

, careⁱ^π³ j² = eⁱ^5π³ = −j (eⁱ^π³ −1)j² = −j² +

eⁱ^5π³ = (−j²+j) = 1 A B

C

+

DoncABC équilatéral direct⇔cj² =−bj−a⇔a+bj+cj²= 0

Ou sinon, on peut comprendre le pointCla rotation du pointBd’un angle de ^π₃ par rapport àA: c= eⁱ^π³(b−a) +a

Pour un carré lambda :o= p+r

2 = p+q+i(q−p)

2 : rotation d’un angle de^π₂, ork−−→ P Qk= k−−→

QRket(−−→ P Q,−−→

QR) = ^π₂ etr−q=i(q−p). ^p ^q

r s

o

e−d= c+b+i(b−c)−(a+b+i(b−a)) 2

= 1

2((c−ic)−(a−ia))

= 1

2(c−a)(1−i)

=

√ 2

2 e⁻ⁱ^π⁴(c−a)

A B

C

e d

Donce−d c−a =

√ 2

2 e⁻ⁱ^π⁴ donc(−→

AC,−−→

DE) = arge−d c−a ≡ −π

4 [2π]

(4)

z_G=

3(z_A+z_B+z_C):

−→GA+−−→ GB+−−→

GC=~0

⇔−−→ GO+−→

OA+−−→ GO+−−→

OB+−−→ GO+−−→

OC=~0

⇔−→

OA+−−→ OB+−−→

OC= 3−−→ OG

⇔ 1 3(−→

OA+−−→ OB+−−→

OC) =−−→

OG _B

C O

H

~u⊥~v⇔uv¯ +u¯v= 0.

(I) : (h−a)(¯b−¯c) + (¯h−¯a)(b−c) = 0 (II) : (h−b)(¯a−¯c) + (¯h−¯b)(a−c) = 0

¯b−¯c= 1 b −1

c = b−c bc . (I) : h−a

bc −¯h+ ¯a= 0 (II) : h−b

ac −h¯+ ¯b= 0 (I)−(II)donne

h−a

bc + ¯a−h−b

ac −¯b= 0 h−a

bc +1

a−h−b ac −1

b = 0 a(h−a) +bc−(h−b)b−ac= 0

h(a−b) =a²+bc+b²−ac

1. On a(EP)⊥(AB)et−−→ ABet−−→

BP colinéaires : Donca−b

b−p ∈R, d’où ¯a−¯b

¯b−p¯= a−b

b−p, ora, b∈Udonc¯a= 1 a

1 a− ¹_b

1

b −p¯ = (b−a)b

ab(1−pb)¯ = a−b

b−p donc b−p = a(¯pb−1)donc p¯ = b−p+a

ba .

On a également 1−p

a−b ∈ iRd’où 1−p

a−b = −1−p¯

¯

a−¯b, d’où p−1 = ab(¯p−1).

O e

a

b

p

ab

Åb−p+a ba −1

ã

=p−1⇔b−p+a−ab=p−1

⇔2(p−1) + 1 =a+b−ab

⇔p−1 = (a−1)(1−b) 2 2. On place le centre du repère en le centre du cercle, on pose

que l’affixe deM est1(on a donc le cercle unité).

1−m₃ = (1−a)(1−c) 2 1−m4 = (1−b)(1−d)

2 1−m2 = (1−a)(1−d)

2 1−m1 = (1−b)(1−c)

D’où(1−m3)(1−2 m1) = (1−m2)(1−m4), en passant au module on obtient le théorème de Pappus.

B

C

D A

M m2

m3

m4

m1

Quentin De Muynck 4 Sous licencecbea

(5)

D₁=B+1 3

−−→

BA, doncd₁=b+1

3(a−b) = 2 3b+1

3a, de même,d₂= 2

3a+1 3b.

On a aussi queD2est la rotation du pointD1par rapport àDd’un angle de π

3 :

d2 = eⁱ^π³(d1 −d) +d ⇔ d(1−eⁱ^π³) = d2 −d1eⁱ^π³ ⇔ d(1−eⁱ^π³) = 2a+b

3 −(a+ 2b) eⁱ^π³ 3

On a de même quee(1−eⁱ^π³) = 2b+c

3 − (b+ 2c) eⁱ^π³ 3 f(1−eⁱ^π³) = 2c+a

3 −(c+ 2a) eⁱ^π³ 3

Donc(1−eⁱ^π³)(e+f+d) = (a+b+c)−eⁱ^π³(a+b+c)⇔ 1

3(e+f+d) = 1

3(a+b+c)car16= eⁱ^π³. DoncABCetEF Gont même isobarycentre.

A

B C

D1

D2

D

π 3

F

E

DEF équilatéral⇔D=r_E,^π

3(F)⇔d= eⁱ^π³(f−e) +e⇔d+je+j²f = 0d’après l’exercice 6.

(1−eⁱ^π³)(d+je+j²f) = 2

3(a+jb+j²c) +1

3(b+jc+j²a)−2

3eⁱ^π³(b+jc+j²a)−1

3eⁱ^π³(a+jb+j²c)

= (a+jb+j²c)(2 3 +j²

3 −2

3eⁱ^π³ j²−eⁱ^π³ 3

| {z }

ω

)

Et on a3ω= 2 +j²+ 2j⁴+j² = 2 + 2j²+ 2j= 0, careⁱ^π³ =−j². DoncDEF est bien équilatéral.

1. ABCest équilatéral⇔AB=BC =CA⇔

®AC =AB

AC =BC ⇔(b−a)(c−a) = (c−b)(c−a)⇔ b−a c−a = c−b

a−b.

De manière analogue,ABCest équilatéral si et seulement siABCouACBest équilatéral direct, i.e. d’après l’exercice 6, si et seulement sia+jb+j^c= 0oua+j²b+jc= 0⇔(a+jb+j²c)(a+j²b+jc) = 0⇔ a²+b²+c²−ab−ac−bc= 0.

2. On poseω= e^2πiⁿ et on définitr₁, r₂, r₃comme les rotations d’angle 2π

n et de centre respectifA⁰, B⁰etC⁰. Ainsi on ar₁(c) =b, r₂(a) =c etr₃(b) =a.

Doncb=ω(c−a⁰) +a⁰, c=ω(a−b⁰) +b⁰, a=ω(b−c⁰) +c⁰, donc a⁰ = b−ωc

1−ω , b⁰ = c−ωa

1−ω , c⁰= a−ωb 1−ω . Donc A⁰B⁰C⁰ équilatéral ⇔ b⁰−a⁰

c⁰−a⁰ = c⁰−b⁰ a⁰−b⁰ ⇔ c−ωa−b+ωc

d−ωb−b+ωc = a−ωb−c+ωa

a−ωc−c+ωa ⇔ 1 + ω + ω² = 0 ⇔ e^2πiⁿ + e^4πiⁿ = −1 ⇔ 2 e^3πiⁿ cosπ

n = −1 ⇒ 2 cosπ

n

= 1 ⇔

cosπ

n = 1

2

A

B

C

C⁰ B⁰

A⁰

2π n 2π

n

2π n

Icin= 4