Le birapport de quatre nombres complexes deux à deux distincts z 1 , z 2 , z 3 , z 4 est noté [z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ] , il est déni par :

Énoncé

Un plan est muni d'un repère orthonormé. L'axe complexe d'un point du plan est relative à ce repère.

Le demi-plan de Poincaré est formé par les points dont l'axe est de partie imaginaire strictement positive. On désigne par H l'ensemble des nombres complexes dont la partie imaginaire est strictement positive.

Le birapport de quatre nombres complexes deux à deux distincts z 1 , z 2 , z 3 , z 4 est noté [z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ] , il est déni par :

[z ₁ , z ₂ , z ₃ , z ₄ ] = (z 1 − z 3 )(z 2 − z 4 ) (z ₁ − z ₂ )(z ₃ − z ₄ )

Pour tous éléments éléments z et w de H , on dénit le réel ρ(z, w) appelé distance hyper- bolique

par :

ρ(z, w) = ln

|z − w| + |z − w|

|z − w| − |z − w|

Question de cours.

On considère quatre points deux à deux distincts Z ₁ , Z ₂ , Z ₃ , Z ₄ d'axes respectives z ₁ , z 2 , z 3 , z 4 . Soit α 1 une mesure de l'angle orienté ( −−−→

Z 1 Z 2 , −−−→

Z 1 Z 3 ) et α 4 une mesure de l'angle orienté ( −−−→

Z ₄ Z ₂ , −−−→

Z ₄ Z ₃ ) .

Traduire sur ces angles la condition

[z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ] ∈ R Ce résultat ne sera pas utilisé dans le suite de ce problème.

Partie I. Expressions de la distance hyperbolique.

1. Montrer que pour tous z et w dans H , le réel |z − w| ² − |z − w| ² est strictement positif.

Expliquez pourquoi cela permet la dénition de ρ(z, w) avec ρ(z, w) > 0 . 2. Montrer que pour tous z et w dans H ,

ch(ρ(z, w)) = 1 + |z − w| ² 2 Im z Im w

1

d'après The Geometry of Discrete Groups (Springer) p130

3. Montrer les formules suivantes pour tous z et w dans H : sh( ρ(z, w)

2 ) = |z − w|

2 √

Im z Im w ch( ρ(z, w)

2 ) = |z − w|

2 √

Im z Im w En déduire

th( ρ(z, w)

2 ) = |z − w|

|z − w|

Partie II. Homographies de H .

1. Soient a , b , c , d des réels tels que ad − bc > 0 . Pour tous z ∈ H , montrer que az + b

cz + d

est bien déni et exprimer simplement sa partie imaginaire en fonction de Im z , ad−bc ,

|cz + d| . En déduire

z ∈ H ⇒ az + b cz + d ∈ H

2. Pour a , b , c , d des réels tels que ad − bc > 0 , on note h l'application





 H →H

z →h(z) = az + b cz + d a. Soit u un réel. Les transformations

z → z − u et z → 1 u − z

sont-elles de cette forme ? Si oui préciser des a , b , c , d possibles.

b. Pour z dans H , exprimer simplement Im h(z) en fonction de ad− bc , Im z , |cz +d| . c. Pour z et w dans H , exprimer simplement h(z) − h(w) en fonction de ad − bc ,

z − w , cz + d , cw + d .

d. Pour z et w dans H , montrer que

ρ(h(z), h(w)) = ρ(z, w)

e. Pour z 1 , z 2 , z 3 , z 4 deux à deux distincts dans H , montrer que h(z 1 ) , h(z 2 ) , h(z 3 ) , h(z 4 ) sont deux à deux distincts avec

[h(z 1 ), h(z 2 ), h(z 3 ), h(z 4 )] = [z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ]

Partie III. Distance hyperbolique et birapport.

z

w

w

z

Fig. 1: Partie III. cercle passant par W et Z

Soient Z et W deux points dans le demi-plan de Poincaré dont les abscisses sont dié- rentes. Les axes sont respectivement z et w . Elles appartiennent à H avec :

Re z 6= Re w Im z > 0 Im w > 0

Il existe un unique cercle centré sur l'axe des x et passant par Z et W . On note z

et w

les axes des points d'intersection de ce cercle avec l'axe des x comme sur la gure.

On veut montrer que

ρ(z, w) = ln([w

, w, z, z

])

1. Cas particulier. On suppose que Re z > 0 et que W est le symétrique de Z par rapport à l'axe des y . Comment s'exprime alors l'axe w en fonction de z ? Vérier la formule dans ce cas.

2. Cas particulier. On suppose maintenant seulement que

Im w = Im z Montrer la formule dans ce cas.

3. Soient x , y , x

des réels tels que x 6= 0 , y > 0 , y

> 0 . Montrer que l'équation d'inconnue u

y

(u − x) ² + y ² = y

(u + x) ² + y

est équivalente à une équation du second degré en u dont le discriminant est

4yy

(4x ² + (y − y

) ² )

4. Montrer la formule dans le cas particulier où Re w = − Re z . En déduire la formule

dans le cas général.

Corrigé

Z ₁

Z ₂

Z 3

α ₁

α ₄

Z ₄

Fig. 2: Question de cours

Question de cours.

Réécrivons le birapport sous la forme d'un quotient de quotient : [z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ] =

z ₃ − z ₁ z 2 − z 1

z 4 − z 3

z ₄ − z ₂

= K e

e

= Ke

⁾

où le réel K > 0 est un quotient de modules. On en déduit que le birapport est réel si et seulement si

α ₁ ≡ α ₄ mod π

Partie I.

1. En utilisant la formule de cours pour le carré du module d'une somme de deux com- plexes, on obtient :

|z − w| ² − |z − w| ² = 2 Re (z(w − w)) = −4 Re(zi Im w)

= −4 Im w Re(iz) = 4 Im w Im z > 0 car les deux parties imaginaires sont strictement positives. On en déduit

(|z − w| − |z − w|)(|z + w| + |z − w|) ⇒ |z − w| + |z − w|

|z − w| − |z − w|

Ce qui permet de prendre le logarithme. De plus, évidemmment :

|z − w| − |z − w| < |z − w| + |z − w| ⇒ |z − w| + |z − w|

|z − w| − |z − w| < 1 Ce qui entraine ⇒ ρ(z, w) > 0 .

2. Par dénition du cosinus hyperbolique, comme exponentielle et logarithme se com- posent, il vient

ch(ρ(z, w)) = 1 2

|z − w| + |z − w|

|z − w| − |z − w| + |z − w| − |z − w|

|z − w| + |z − w|

= (|z − w| + |z − w|) ² + (|z − w| − |z − w|) ²

2(|z − w| ² − |z − w| ² ) = |z − w| ² + |z − w| ² 4 Im w Im z

= |z| ² + |w| ² − Re(zw) − Re(zw)

2 Im w Im z = |z| ² + |w| ² − 2 Re z Re w 2 Im w Im z

= 2 Im w Im z + |z| ² + |w| ² − 2 Re z Re w − 2 Im w Im z 2 Im w Im z

= 1 + |z| ² + |w| ² − 2 Re(zw) 2 Im w Im z Ce qui donne la formule demandée.

ch(ρ(z, w)) = 1 + |z − w| ² 2 Im w Im z 3. Exprimons ch t en fonction de sh

₂ .

ch t = 1

2 e

+ e

= 1 2

(e

) ² + (e

⁾

= 1 2

(e

+ e

) ² − 2

= 2

sh t 2

2

+ 1

On en déduit

sh ρ(z, w) 2

²

= |z − w| ² 4 Im w Im z

Comme on a vu que ρ(z, w) > 0 , le sh est aussi strictement positif et sh ρ(z, w)

2 = |z − w|

√ Im w Im z

Utilisons encore une fois la formule trouvée au début

|z − w| ² − |z − w| ² = 4 Im w Im z ⇔ |z − w| ² 4 Im w Im z −

sh ρ(z, w) 2

²

= 1

On en déduit

ch ρ(z, w) 2

²

= 1 +

sh ρ(z, w) 2

²

= |z − w| ²

4 Im w Im z ⇒ ch ρ(z, w)

2 = |z − w|

√ Im w Im z

car un ch est toujours positif ( ≥ 1 ).

La formule

th ρ(z, w)

2 =

z − w z − w

s'obtient à partir des résultats précédents par la dénition de th comme quotient de sh par ch .

Partie II.

1. Pour trouver la partie imaginaire demandée, multiplions en haut et en bas par le conjugué du dénominateur sans écrire tout ce qui est clairement réel

Im

az + b cz + d

= Im

(az + b)(cz + d)

|cz + d| ²

= Im

adz + bcz

|cz + d| ²

= (ad − bc) Im z

|cz + d| ² Cette quantité est strictement positive lorsque Im z est strictement positive.

2. a. L'application z → z − u est bien de la forme indiquée avec a = 1 , b = −u , c = 0 , d = 1 .

L'application z →

¹ est bien de la forme indiquée avec a = 0 , b = 1 , c = −1 , d = u .

b. On adéjà trouvé l'expression à la première question : Im

az + b cz + d

= (ad − bc) Im z

|cz + d| ²

c. On obtient une expression simple (et factorisée) en réduisant h(z)

(w) au même dénominateur

az + b

cz + d − aw + b

cw + d = bcw + adz − bcz − adw

(cz + d)(cw + d) = (ad − bc)(z − w) (cz + d)(cw + d)

d. Comme la fonction th est injective car strictement croissante, il sut de montrer l'égalité entre les th des demi-distances :

th ρ(h(z), h(w))

2 =

h(z) − h(w) h(z) − h(w)

=

(ad − bc)(z − w)(cz + d)(cw + d) (cz + d)(cw + d)(ad − bc)(z − w)

=

(z − w)(cw + d) (cw + d)(z − w)

=

(z − w) (z − w)

= th ρ(z, w) 2 car cw + d et cw + d sont conjugués donc de même module.

e. De même pour le birapport des images, les ad − bc se simplient :

[h(z ₁ ), h(z ₂ ), h(z ₃ ), h(z ₄ )] = (z ₁ − z ₃ )(z ₂ − z ₄ )(cz ₁ + d)(cz − 2 + d)(cz ₃ + d)(cz ₄ + d) (cz 1 + d)(cz 3 + d)(cz 2 + d)(cz 4 + d)(z 1 − z 2 )(z 3 − z 4 )

= (z 1 − z 3 )(z 2 − z 4 )

(z 1 − z 2 )(z 3 − z 4 ) = [z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ] Partie III.

1. Dans ce cas particulier, w = −z . Calculons le birapport : [−|z|, −z, z, |z|] = (−|z| − z)(−z − |z|)

(−|z| + z)(z − |z|) = ||z| + z| ²

|z − |z|| ² = 2|z| ² + 2|z| Re z

2|z| ² − 2|z| Re z = |z| + Re z

|z| − Re z Or, si w = −z ,

ρ(−z, z) = ln

2|z| + |z − z|

2|z| − |z − z|

= |z| + Re z

|z| − Re z

car la partie réelle de z étant supposée positive, |z − z| = 2 Re z . On en déduit bien la formule

ρ(−z, z) = ln([|z − z|])

w = −z z

|z|

−|z|

Fig. 3: Cercle pour la question III.1

2. Dans le cas particulier où les parties imaginaires sont égales, le principe est d'utiliser une translation pour se ramener au cas précédent puis la conservation de la distance et du birapport par ce type de transformation (II.2.a d e)

On dénit une transformation h h :





 C → C

c →c − 1

2 Re(z + w)

Les points d'axes h(z) et h(w) sont alors symétriques par rapport à la droite des ima- ginaires purs. En revanche, il n'est pas certain que la partie réelle de z soit strictement positive. On peut permuter les deux points car

[z 4 , z 3 , z 2 , z 1 ] = (z ₄ − z ₂ )(z ₃ − z ₁ )

(z 4 − z 3 )(z 2 − z 1 ) = [z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ] et ρ(w, z) = ρ(z, w) On peut donc écrire (en supposant Re z > Im w ) :

ρ(w, z) = ρ(h(w), h(z)) = ln([(h(w))

, h(w), h(z), (h(z))

])

= ln([h(w

), h(w), h(z), h(z

)]) car il est évident que la conguration géométrique de la gure 2 est conservée par translation. Comme le birapport est également conservé :

ln([h(w

), h(w), h(z), h(z

)]) = ln([w

, w, z, z

])

3. L'équation proposée (d'inconnue u ) est équivalente à : (u + x) ² y + yy

= (u − x) ² y

+ y ² y

⇔ (y − y

)u ² + 2x(y + y

)u + x ² y + yy

− x ² y

− y ² y

= 0 C'est une équation du second degré dont le discriminant est :

∆ = 4(y + y

) ² x ² − 4(y − y

)

x ² y + yy

− x ² y

− y ² y

De plus,

(y + y

) ² =(y − y

) ² + 4yy

x ² y + yy

− x ² y

− y ² y

=x ² (y − y

) + yy

(y

− y) = (y − y

)(x ² − yy

) Cela permet de simplier le discriminant :

∆ = 4(y − y

) ² x ² + 16yy

x ² − 4(y − y

) ² (x ² − yy

) = 4yy

(4x ² + (y − y

) ² ) 4. Le principe cette fois est d'utiliser une transformation

c → 1 u − c

avec un u choisi pour se ramener au cas particulier précédent. L'existence de ce u vient de la positivité d'un discriminant obtenu gràce à la question précédente.

Plus précisément, dans le cas particulier où Re w = − Re z , posons x = Re z = − Re w y = Im z y

= Im w Montrons l'existence d'un réel u tel que

Im(h(w)) = Im(h(z)) avec h :





 C → C

c → 1 u − c Comme la partie imaginaire de h(c) est

Im c

|u − c| ²

On obtient que u est tel que Im(h(z)) = Im(h(w)) si et seulement si : Im z

|u − z| ² = Im w

|u − w| ² ⇔ y

(u − x) ² + y ² = y

(u + x) ² + y

Cette équation est équivalent à une équation du second degré de discriminant

4yy

(4x ² + (y − y

) ² ) > 0

car les parties imaginaires sont strictement positives (on est dans le demi-plan de Poincaré). Il existe donc un réel u tel que h(z) et h(w) aient la même partie imagi- naire.Alors :

ρ(w, z) = ρ(h(w), h(z)) = ln([(h(w))

, h(w), h(z), (h(z))

])

Il faudrait prendre le temps de vérier que la conguration géométrique de la gure 2 est transportée par h . L'image par h du demi-cercle passant w , z et centré sur l'axe réel est bien un demi cercle passant par h(w) et h(z) . Son intersection avec l'axe réel est formé par les points h(w)

= h(w

) et h(z)

= h(z

) . Un petit calcul est nécéssaire ainsi que la remarque que l'axe réel est globalent conservé par h . À la n d'un problème bien long, on peut se permettre de l'armer sans le vérier.

On poursuit donc en utilisant la conservation du birapport

ρ(w, z) = ρ(h(w), h(z)) = ln([h(w

), h(w), h(z), h(z

)]) = ln([w

, w, z, z

])

On obtient enn le résultat dans le cas général en raisonnant comme en 2. avec une

translation le long de l'axe réel.