Soit f la fonction

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Soit f la fonction

dénie de C − { 2i } dans C par :

f (z) = z

z − 2i

1. Déterminer les racines carrées de 8 − 6i , en déduire les antécédents de 1 + i par f . 2. Soit h ∈ C. Discuter suivant les valeurs de h , son nombre d'antécédents par f .

La fonction f est-elle surjective, injective ?

3. On dénit une application g de C − { 2i } dans C par :

g(z) = | z − 2i |

z

z − 2i + z

On note respectivement x et y les parties réelle et imaginaire de z . Exprimer en fonction de x et y les parties réeelles et imaginaires de g(z) .

4. Soit P un plan rapporté à un repère orthonormé direct R = (O, − → e

, − → e

) et Γ l'ensemble des points dont les axes z sont telles que g(z) soit imaginaire pur.

a. Montrer que Γ est la réunion d'une droite ∆ (privée d'un point) et d'un ensemble C dont on donnera une équation.

b. Soit A le point de P de coordonnées (0, − 1) dans R. On dénit deux vecteurs

−

→ u

= 1

√ 2 ( − → e

+ − → e

) , − u →

= 1

√ 2 ( −− → e

+ − → e

)

Montrer que R

= (A, − → u

, − → u

) est un repère orthonormé direct. Soit M un point de coordonnées (x, y) dans R. Calculer les coordonnées (X, Y ) de M dans R

. c. En considérant (y + 1)

, exprimer l'équation de C avec X et Y . Présenter C et ∆

sur une gure.

1D'après Concours commun 2006 des écoles des mines d'Albi, ...

Corrigé

1. On calcule les racines carrées de √ 4 − 3i par la méthode du cours puis on multiplie par 2 . On en tire que les racines carrées de 8 − 6i sont 3 − i et − 3 + i .

Les antécédents de 1 + i par f sont 2 et − 1 + i .

En eet, ce sont les solutions de l'équation d'inconnue z z

z − 2i = 1 + i ⇔ z

− (1 + i)z + 2( − 1 + i) = 0

Le discriminant de cette équation du second degré est 8 − 6i dont on a calculé les racines. On en déduit les antécédents.

2. On se propose de montrer que :

si h ∈ { 0, 8i }, h admet un seul antécédent.

si h 6∈ { 0, 8i }, h admet deux antécédents distincts.

En eet la recherche d'un antécédent de h par f se traduit par f (z) = h c'est à dire l'équation du second degré

z

− hz + 2ih = 0 dont le discriminant est ∆ = h

− 8ih = h(h − 8i) .

L'étude de la surjectivité et de l'injectivité de la fonction revient à celle de l'équation d'inconnue complexe z

f (z) = h ⇔ z

= (z − 2i)h

que l'on vient d'étudier. Elle admet toujours des solutions pour n'importe quel para- mètre w . La fonction est donc surjective.

En général (sauf si le discriminant est nul), cette équation admet deux solutions dis- tinctes : la fonction n'est donc pas injective.

3. Le calcul des parties réelles et imaginaires de g(z) conduit à :

Re g(z) = 2x

− 2xy

− 4xy Im g(z) = 4x

y + 2x

− 2y

En eet

g(z) = z

(z + 2i) + z

= | z |

z + 2iz

+ z

Le calcul se termine en exprimant à part les parties réelles et imaginaires de z

et z

. 4. a. D'après la question précédente, g(z) est imaginaire pur si et seulement si

2x(x

− y

− 2y) = 0

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L'ensemble des points dont l'axe z est tel que g(z) soit imaginaire pur est donc la réunion de la droite ∆ d'équation x = 0 privée du point 2i en lequel la fonction n'est pas dénie et de l'ensemble C d'équation

x

− y

− 2y = 0

b. Les axes a , u

et u

du point A des vecteurs − → u

et − u →

sont

a = − i, u

= 1

√ 2 (1 + i), u

= 1

√ 2 ( − 1 + i)

Comme | u

| = | u

| = 1 et iu

= u

, le repère R

est orthonormé direct.

Le calcul des coordonnées se fait avec les axes. On cherche les réels X et Y tels que

x + iy = a + Xu

+ Y u

⇔



 



 

 x = 1

√ 2 (X − Y )

y = − 1 + 1

√ 2 (X + Y )

⇔



 



 



X = 1

√ 2 (x + y + 1)

Y = 1

√ 2 ( − x + y + 1)

c. On transforme l'équation de C comme nous y invite l'énoncé : x

− y

− 2y = 0 ⇔ x

− (y + 1)

+ 1 = 0 ⇔ (y + 1)

− x

= 1

⇔ (y + 1 + x)(y + 1 − x) = 1 ⇔ 2XY = 1 L'ensemble C est donc formé par les points de coordonnées (t,

) dans le repère C. Il s'agit d'une hyperbole.

y

x A

O Y X

∆ C

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