∀(u, v) ∈ C 2 : |u + v| 2 = |u| 2 + |v| 2 + 2 Re(uv) Il vient :

Exercice 1.

1. Pour z et p dans D , le module de de pz est strictement plus petit que 1 donc 1 − pz n'est pas nul. Pour la relation demandée ensuite, on utilise la formule de cours :

∀(u, v) ∈ C ² : |u + v| ² = |u| ² + |v| ² + 2 Re(uv) Il vient :

1 −

p − z 1 − pz

2

= 1 − |p| ² + 2 Re(z(p − p)) + (|p| ² − 1)|z| ² ))

|1 − pz| ² = (1 − |p| ² )(1 − |z| ² )

|1 − pz| ²

Pour z et p dans D , les modules sont strictement plus petits que 1 , donc l'expression du dessus est strictement positive ce qui signie :

∀(u, p) ∈ D ² : p − z 1 − pz ∈ D

2. D'après la question précédente, pour p ∈ D xé, l'application α p est bien dénie de D dans D . Pour montrer qu'elle est bijective, on va montrer que :

pour tout w ∈ D , il existe un unique z ∈ D tel que α p (z) = w . Considérons l'équation

p − z 1 − pz = w d'inconnue z avec p et w des paramètres dans D .

p − z

1 − pz = w ⇔ (1 − pw)z = p − w ⇔ z = p − w 1 − pw car 1 − pw 6= 0 du fait que w et p sont dans D .

L'équation d'inconnue z admet donc une unique solution p − w

1 − pw = α p (w)

Ceci montre que α p est bijective est qu'elle est sa propre bijection réciproque.

3. L'équation proposée par l'énoncé est équivalente à pz ² − 2z + p = 0 Son discriminant est

∆ = 4 − 4|p| ² = 4(1 − sin ² ϕ = (2 cos ϕ) ²

On en déduit les racines de l'équation : 2 + 2 cos ϕ

2(sin ϕ)e ^−iθ = 1 + cos ϕ

sin ϕ e ^iθ = (cotan ϕ 2 )e ^iθ

et 2 − 2 cos ϕ

2(sin ϕ)e ^−iθ = 1 − cos ϕ

sin ϕ e ^iθ = (tan ϕ 2 )e ^iθ De plus ϕ ∈ [0, ^π ₂ [ donc ^ϕ ₂ ∈ [0, ^π ₄ [ d'où

tan ϕ

2 < 1 < cotan ϕ 2 Ainsi, une seule des deux solutions est dans D . Il s'agit de

tan ϕ 2 e ^iθ C'est un point xe de α p .

Problème.

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 ^iα

e ^iα

= Ke ^i(α

^−α

⁾

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

Z ₁

Z ₂

Z ₃ α ₁

α ₄

Z ₄

Fig. 1: Question de cours

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 ^t ₂ .

ch t = 1

2 e ^t + e ^−t

= 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 → _u−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) _h (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.

w = −z z

|z|

−|z|

Fig. 2: Cercle pour la question III.1

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|])

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 1 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 ⁰² = (u − x) ² y ⁰ + y ² y ⁰

⇔ (y − y ⁰ )u ² + 2x(y + y ⁰ )u + x ² y + yy ⁰² − x ² y ⁰ − y ² y ⁰ = 0 C'est une équation du second degré dont le discriminant est :

∆ = 4(y + y ⁰ ) ² x ² − 4(y − y ⁰ )

x ² y + yy ⁰² − x ² y ⁰ − y ² y ⁰ De plus,

(y + y ⁰ ) ² =(y − y ⁰ ) ² + 4yy ⁰

x ² y + yy ⁰² − x ² y ⁰ − y ² y ⁰ =x ² (y − y ⁰ ) + yy ⁰ (y ⁰ − y) = (y − y ⁰ )(x ² − yy ⁰ ) Cela permet de simplier le discriminant :

∆ = 4(y − y ⁰ ) ² x ² + 16yy ⁰ x ² − 4(y − y ⁰ ) ² (x ² − yy ⁰ ) = 4yy ⁰ (4x ² + (y − y ⁰ ) 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 ⁰ = 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 ⁰ (u + x) ² + y ⁰²

Cette équation est équivalent à une équation du second degré de discriminant 4yy ⁰ (4x ² + (y − y ⁰ ) 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 1

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.

Exercice 2.

1. Comme j 6= 1 et j ³ = 1 , la factorisation

(z ³ − 1) = (z − 1)(z ² + z + 1)

montre que j est une racine de z ² + z + 1 = 0 . Les racines de cette équation sont

− 1 2 + i

√ 3

2 − 1

2 − i

√ 3 2

De plus d'après l'étude de sin , comme ^2π ₃ ∈ ]0, π[ , la partie imaginaire de j est stricte- ment positive donc

j = − 1 2 + i

√ 3 2

2. Le discriminant de cette équation est −1 = (i) ² , les solutions sont z 1 =

√ 3 + i

2 z 2 =

√ 3 − i 2

avec les conditions imposées sur les parties imaginaires. On remarque que z 2 est obtenu à partir de j en permutant les parties réelles et imaginaires. On en déduit qu'un argument de z ₂ est ^π ₂ − ^2π ₃ = − ^π ₆ . Comme z ₁ est le conjugué de z ₂ , un argument est

π 6 .

On en déduit le placement des points M ₁ et M ₂ sur la gure 3.

3. Par dénition,

z 3 = e

z 2 = e

e

= e

= i On place M 3 sur la gure 3.

4. D'après la dénition, l'axe de M ₄ est z ₄ = z ₂ − 1

2 ( √

3 + i) = 1 2 ( √

3 − i) − 1 2 ( √

3 + i) = −i On place le point M ₄ sur la gure 3.

5. D'après les dénitions : z ₅ = 1

2 (− √

3 + i) = −z 2 = e ⁻ⁱ

^+π = e ⁱ

z ₆ = 2(−i − √

3) 1 + 3 = − 1

2 ( √

3 + i) = −z ₁ = e ⁱ

^−π = e ⁻ⁱ

On en déduit le placement des points M 5 et M 6 sur la gure 3.

M

M

M

M

M

M

Fig. 3: Les points sur le cercle unité 6. On a obtenu nalement :

z 1 = e ⁱ

, z 2 = e ⁻ⁱ

, z 3 = i, z 4 = −i, z 5 = e ⁱ

, z 6 = e ⁻ⁱ

On remarque que z ₂ = z ₁ , z ₄ = z ₃ , z ₆ = z ₅ . D'autre part :

(z − e ^iθ )(z − e ^−iθ ) = z ² − 2 cos θ + 1 On obtient donc :

6

Y

k=1

(z − z k ) = (z ² − √

3z + 1)(z ² + 1)(z ² − √ 3z + 1)

= (z ² + 1) ² − 3z ²

(z ² + 1) = (z ⁴ − z ² + 1)(z ² + 1) = z ⁶ + 1

On en déduit que l'ensemble des racines sixièmes de −1 est

{z 1 , z ₂ , z ₃ , z ₄ , z ₅ , z ₆ }