, on se place dans un plan P muni d'un repère orthonormé direct (O, − →

(1)

Énoncé

Dans tout le problème

¹

, on se place dans un plan P muni d'un repère orthonormé direct (O, − →

i , − →

j ) et on convient de désigner les points avec des capitales et les axes avec des minuscules. Par exemple, l'axe d'un point M sera le complexe m , le représentant d'un nombre complexe z sera le point Z .

Soit A et B deux points distincts.

Rappelons la dénition d'une symétrie par rapport à une droite. Les points M et M

⁰

sont dits symétriques par rapport à la droite (AB) si et seulement si :

le milieu de M et M

⁰

appartient à (AB) et −−−→

M M

⁰

est orthogonal à − − → AB .

A

M

^′

B

M

Fig. 1: Points symetriques par rapport à (AB)

Rappelons aussi la dénition de la médiatrice d'un segment. L'ensemble des points à égale distance de A et de B est une droite appelée médiatrice de AB .

Partie I. Expression complexe d'une symétrie

Soit A et B deux points distincts d'axes complexes a et b avec a 6= b .

1. a. Donner la dénition du nombre complexe j et ses premières propriétés, calculer j

²

− j

j

²

− j .

b. Soit u un nombre complexe non nul. Montrer que les points d'axes u , ju , j

²

u forment un triangle équilatéral.

2. Soit M et M

⁰

(d'axes m et m

⁰

) deux points symétriques par rapport à (AB) .

1d'après concours général 2005

a. Montrer qu'il existe λ ∈ R tel que

m

⁰

+ m = 2a + 2(b − a)λ.

b. Montrer qu'il existe µ ∈ R tel que

m

⁰

− m = µi(b − a).

c. En déduire

m

⁰

− a b − a =

m − a b − a

.

3. Soit w

1

et w

2

complexes. On dénit la fonction s de C dans C par :

∀z ∈ C , s(z) = w

1

z + w

2

.

a. En utilisant les formules de Cramer, calculer w

1

et w

2

tels que s(a) = a et s(b) = b . b. Pour z ∈ C, on note z

⁰

= s(z) et Z , Z

⁰

les points d'axe z et z

⁰

. Vérier que Z

et Z

⁰

sont symétriques par rapport à (AB) .

O

A B

C

M

1

M

2

M

3

M

4

Fig. 2: Points M , M

₁

, M

₂

, M

₃

, M

₄

Partie II

On considère les points O , A , B , C respectivement d'axes 0 , 1 , j , j

²

. Soit M un point d'axe m 6= 0 . On note ρ = |m| et θ un argument de m .

Soit M

1

, M

2

, M

3

, M

4

les points symétriques de M respectivement par rapport aux droites

(OA) , (OB) , (OC ) et (BC) .

(2)

O A B

C M

M

2

M

3

M

4

Fig. 3: Alignement de M

2

, M

3

, M

4

1. Calculer m

1

, m

2

, m

3

, m

4

en fonction de m . Montrer que M

1

, M

2

, M

3

est équilatéral.

2. Montrer que M

₂

, M

₃

, M

₄

sont alignés si et seulement si M est sur un certain cercle à préciser. Vérier que, dans ce cas, le point A est aussi sur la droite qui contient M

₂

, M

3

, M

4

.

3. Si M

₂

, M

₃

, M

₄

ne sont pas alignés, il existe un cercle (appelé cercle circonscrit) qui contient ces trois points. On note Ω (d'axe ω ) le centre de ce cercle et R son rayon.

On pourra utiliser que le point Ω est l'intersection des médiatrices des segments M

₂

M

₃

, M

2

M

4

, M

3

M

4

.

a. Montrer que O et M

₁

appartiennent à la médiatrice de M

₂

M

₃

. En déduire qu'il existe λ réel tel que ω = λe

^−iθ

.

b. En utilisant le fait que Ω appartient à la médiatrice de M

₂

M

₃

, montrer que ω = − 1 + 2ρ cos θ

ρ + 2 cos θ e

^−iθ

. c. Montrer que

R

²

= ρ

²

+ (1 − ρ

²

)(1 + 2ρ cos θ) (ρ + 2 cos θ)

²

.

4. Préciser géométriquement l'ensemble Γ des points M tels que les cercles circonscrits à M

₁

, M

₂

, M

₃

et à M

₂

, M

₃

, M

₄

aient les mêmes rayons.

Reproduire approximativement, compléter et interpréter les gures 4 et 5 des congu- rations 1 et 2.

Fig. 4: Conguration 1

Fig. 5: Conguration 2

(3)

Corrigé Partie I.

1. a. Le nombre complexe j est déni comme la solution de partie imaginaire positive de l'équation 1 + z + z

²

= 0 . On sait aussi que

j = − 1 2 + i

√ 3

2 = e

^2iπ³

, j

³

= 1, j

²

= j = 1

j , |j| = 1.

Comme j

²

est le conjugué de j : j

²

− j

j

²

− j = j − j j − j = −1.

b. Avec les propriétés précédentes |1 − j| = |1 − j| = |1 − j

²

| et |1 − j| = |j||1 − j| =

|j − j

²

| . On peut montrer que c'est √ 3 .

En multipliant par u , les modules sont multipliés par |u| et les égalités sont conser- vées :

|u − ju| = |ju − j

²

u| = |j

²

u − u| = √ 3|u|

ce qui entraine que le triangle formé par les points d'axes u , ju , j

²

u est équila- téral.

2. a. L'axe du milieu de M M

⁰

est

^m+m₂ ⁰

. Comme M et M

⁰

sont symétriques, ce point est sur la droite (A, B) donc il existe λ réel tel que

milieu de M M

⁰

= A +λ − − →

AB ⇒ m + m

⁰

2 = a +λ(b− a) ⇒ m+ m

⁰

= 2a + 2λ(b −a).

b. De manière analogue, −−−→

M M

⁰

est orthogonal à − − →

AB car les points sont symétriques par rapport à (AB) . Cela se traduit par

m

⁰

− m

b − a ∈ i R ⇒ ∃µ ∈ R tq m

⁰

− m = µi(b − a).

c. En ajoutant et en soustrayant les deux relations précédentes, on obtient



 

 

m

⁰

= a + λ(b − a) + iµ b − a 2 m = a + λ(b − a) − iµ b − a

2 ⇒



 

  m

⁰

− a

b − a = λ + i µ 2 m − a

b − a = λ − i µ 2

⇒ m

⁰

− a b − a =

m − a b − a

car λ et µ sont réels.

3. a. Les relations s(a) = a et s(b) = b se traduisent par un système de deux équations aux inconnues w

1

et w

2

( a w

1

+ w

2

= a b w

1

+ w

2

= b . Son discriminant est

D =

a 1 b 1

= a − b 6= 0.

Il admet un unique couple solution donné par les formules de Cramer

(

a 1 b 1 D ,

a a b b

D ) = ( a − b

a − b , ab − ba a − b ).

b. Pour exprimer

^z_b−a⁰^−a

, utilisons m

⁰

= s(m) , a = s(a) et b = s(b) .

Comme s(z) = w

₁

z + w

₂

, les w

₂

disparaissent dans les diérence et il vient z

⁰

− a

b − a = w

1

z ¯ − w

1

¯ a w

1

¯ b − w

1

¯ a =

z − a b − a

.

Il s'agit de la même relation que celle obtenue en question 1 en échangeant m et z . Les points Z et Z

⁰

sont donc symétriques par rapport à (AB) .

Partie II.

1. Calculons les points demandés à partir de la relation de la question I.1.c. Présentons les résultats dans un tableau

(OA) (OB) (OC) (BC)

m₁−0 1−0

=

m−0 1−0

_m

2−0 j−0

=

m−0 j−0

_m

3−0 j²−0

=

m−0 j²−0

_m

4−j

j²−j

=

_m−j

j²−j

m

₁

= m m

₂

= j

²

m m

₃

= j m m

₄

= −m − 1 Certains calculs intermédiaires ont été eectués. par exemple

j j = j

⁴

j

²

= j

²

, j

²

j

²

= j

²

j = j, j

²

− j

j

²

− j = j − j j − j = −1.

Les expressions de m

1

, m

2

, m

3

et la question I.1.b montrent que les points M

1

, M

2

,

M

₃

forment un triangle équilatéral.

(4)

2. On va montrer que M

2

, M

3

, M

4

sont alignés si et seulement si M est sur le cercle de rayon 1 et de centre le point d'axe −1 .

Pour étudier la condition d'alignement de M

₂

, M

₃

, M

₄

formons

^m_m²₃^−m_−m⁴₄

et utilisons la relation 1 + j + j

²

= 0 :

m

2

− m

4

m

₃

− m

₄

= j

²

m + m + 1

jm + m + 1 = −jm + 1

−j

²

m + 1

= 1 − jm − jm + j

²

|m|

²

| − j

²

m + 1|

²

= 1 − 2j Re(m) + j

²

|m|

²

| − j

²

m + 1|

²

Avec x = Re(m) et y = Im(m) , l'expression précédente est réelle si et seulement si sa partie imaginaire est nulle c'est à dire :

0 = − √ 3x −

√ 3

2 (x

²

+ y

²

) ⇔ (x + 1)

²

+ y

²

= 1 ce qui démontre le résultat annoncé.

Pour vérier que A est sur la droite, on considère la condition d'alignement de A (d'axe 1 ) avec M

2

et M

3

:

m

₂

− 1

m

3

− 1 = j

²

m − 1

jm − 1 = m

₃

− m

₄

m

2

− m

4

∈ R .

Ceci montre que A est sur la même droite comme la gure de l'énoncé semble l'indiquer.

3. a. Ici M

2

, M

3

, M

4

ne sont pas alignés et Ω est le centre du cercle circonscrit. On va prouver que Ω est sur la droite (OM

1

) en montrant que (OM

1

) est la médiatrice de M

2

et M

3

.

Il sut de montrer que O et M

1

sont sur cette médiatrice. Comme m

2

= j

²

m et m

3

= jm , ils ont le même module donc le point O est sur la médiatrice de M

2

et M

3

.

De même :

|m

1

− m

₂

| = |1 − j

²

||m| = |1 − j||m| = |1 − j||m| = |m

1

− m

₃

| donc M

₁

est sur la médiatrice de de M

₂

et M

₃

.

b. On note ici m = ρe

^iθ

ω l'axe de Ω . Comme Ω ∈ (OM

1

) , il existe un réel λ tel que ω = λe

^−iθ

. Écrivons que |ω − m

3

| = |ω − m

4

| , cela entraine :

|λe

^−iθ

− jρe

^−iθ

| = |λe

^−iθ

+ 1 + ρe

^−iθ

| ⇔ |λ − jρ| = |λ + ρ + e

^iθ

|

⇔ (λ + ρ 2 )

²

+ 3

4 ρ

²

= (λ + ρ + cos θ)

²

+ sin

²

θ

⇔ λ(ρ + 2 cos θ) + 1 + 2ρ cos θ = 0

d'où l'expression de λ et celle de ω demandée par l'énoncé.

c. Pour calculer R , on utilise le point M

3

.

R = |m

₃

− ω| =

jρe

^−iθ

+ 1 + 2ρ cos θ ρ + 2 cos θ e

^−iθ

=

jρ + 1 + 2ρ cos θ ρ + 2 cos θ

⇒ R

²

= ρ

²

+

1 + 2ρ cos θ ρ + 2 cos θ

²

+ 2ρ 1 + 2ρ cos θ ρ + 2 cos θ Re(j)

= ρ

²

+

1 + 2ρ cos θ ρ + 2 cos θ

1 + 2ρ cos θ ρ + 2 cos θ − ρ

= ρ

²

+ (1 + 2ρ cos θ)(1 − ρ

²

) (ρ + 2 cos θ)

²

. 4. On va montrer que Γ est l'union du cercle unité et de la droite (BC) .

Le cercle circonscrit aux points M

1

, M

2

, M

3

d'axes m

1

= m , m

2

= j

²

m , m

3

= jm est de centre O et de rayon |m| = ρ . D'après la question 3.c., les rayons des deux cercles circonscrits sont égaux si set seulement si :

R

²

= ρ

²

⇔ (1 + 2ρ cos θ)(1 − ρ

²

) (ρ + 2 cos θ)

²

= 0

c'est à dire si et seulement si on est dans une des deux situations suivantes : 1 + 2ρ cos θ = 1 + 2x = 0 ⇔M ∈ (BC)

ρ = 1 ⇔M sur le cercle unité .

On remarque de plus que dans le premier cas, M = M

4

car M ∈ (BC) et Ω = O d'après la question 3.b. Les deux cercles circonscrits ont le même centre et le même rayon, ils sont confondus.

La gure 4 complétée en gure 6 présente le cas où M est à sur (BC) . Dans ce cas les deux cercles sont confondus (de centre O ).

La gure 5 complétée en gure 7 présente le cas où M est sur le cercle unité. Les deux