I. Une nouvelle forme d'équation de droite

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MPSI B 2011-2012 Corrigé du DM 1 29 juin 2019

I. Une nouvelle forme d'équation de droite

1. a. L'orthogonalité de −→

AZ et de − → u se traduit par Re ((z − a)u) = 0 b. Exprimons la relation précédente avec des conjugués :

Re ((z − a)u) = 0 ⇔ (z − a)u = −(z − a)u

⇔ z = a + a u u − u

u z = 2 Re(au) u − u

u z On en déduit que l'on peut choisir

w

₀

= 2 Re(au)

u w

₁

= − u

u On vérie bien que si w

0

6= 0 :

w

0

w

₀

= 2 Re(au) u

u

2 Re(au) = u u = −w

1

On peut remarquer que w

₀

= 0 si et seulement si au est imaginaire pur c'est à dire si les vecteurs d'axes a et u sont orthogonaux.

2. a. On peut choisir

a = 1

2 w u = 2w

car pour tous les z complexes : z − w + w

w z = 1

w wz + wz − |w|

²

= 1

w Re 2zw − |w|

²

= 1 w Re

(z − w 2 )2w b. D'après la question précédente, la nullité de la partie réelle traduisant une orho-

gonalité, l'ensemble des points Z dont l'axe z vérie z = w − w

w z

est la droite passant par le point W d'axe w et orthogonale à −−→

OW . On peut remarquer qu'il est possible d'obtenir ainsi toutes les droites qui ne passent pas par l'origine.

II. Droite polaire d'un point par rapport au cercle unité

1. D'après la question 2. de la partie I., l'ensemble ∆

_m

est une droite car l'équation qui le dénit est celle d'une droite.

2. Le discriminant de l'équation du second degré (E) est

4 m

²

(1 − |m|

²

)

Soit δ une racine carrée de ce discriminant, les racines sont 1

m ± δ 2 L'expression de ces racines dépend de |m|

Si |m| = 1 . L'équation admet une seule solution (double) qui se réduit à m . Elle est de module 1 .

Si |m| > 1 , on choisit

δ = 2 m i p

|m|

²

− 1 Les racines sont donc

1 ± i p

|m|

²

− 1 m Elles ont le même module qui est égal à :

p 1 + (|m|

²

− 1)

|m| = |m|

|m| = 1

Si |m| < 1 , on choisit

δ = 2 m

p 1 − |m|

²

Les racines sont

1 ± p

1 − |m|

²

m Comme p

1 − |m|

²

< 1 , les modules sont 1 ± p

1 − |m|

²

|m|

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Rémy Nicolai M1101C

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3. Dans cette question, |m| < 1 . Considérons un point Z d'axe z dans l'intersection

∆

m

∩ C et déduisons une relation fausse ce qui prouvera que l'intersection est vide.

Comme z est de module 1 , son inverse est égal à son conjugué. On a alors : Z ∈ ∆

m

⇒ z = 2

m − m m 1

z ⇒ z

²

− 2 m z + m

m = 0

Autrement dit z est une solution de module 1 de l'équation (E) . Or dans notre cas aucune des solutions n'est de module 1 . En eet écrivons que les carrés des modules de ces solutions valent 1 . Cela donne :

1 + 1 − |m|

²

± 2 p

1 − |m|

²

= |m|

²

⇔ 1 − |m|

²

± p

1 − |m|

²

= 0 ⇔ 1 ± p

1 − |m|

²

= 0 ce qui est faux pour 0 < |m| < 1 .

La méthode proposée par l'énoncé n'était pas forcément la meilleure. En eet, après multiplication par m et simplication par 2 , l'équation de ∆

m

s'écrit simplement Re(z m) = 1 . Il est alors évident que

|m| < 1

|z| = 1 )

⇒ |Re(z m)| < 1

donc ∆

_m

∩ C = ∅ .

4. a. On peut reprendre le calcul du début de la question précédente. Il montre qu'un point est dans ∆

M

∩ C si et seulement si son axe est une solution de module 1 de l'équation (E) . Or on a montré en 2. que, pour |m| > 1 , cette équation admet deux solutions de module 1 :

1 ± i p

|m|

²

− 1 m

Les points dont les axes sont ces complexes sont donc les deux points d'intersection.

b. D'après la question précédente, l'axe d'un des deux points d'intersection et de la forme

u = 1 + εi p

|m|

²

− 1

m avec ε ∈ {−1, +1}

On en déduit :

Re ((u − m)u) = |u|

²

− Re(mu) = |u|

²

− Re

1 − εi p

|m|

²

− 1

= 1 − 1 = 0

Cette relation traduit l'orthogonalité de −−→

M U avec − − →

OU . Autrement dit, la droite (M U ) est la tangente en U au cercle C .

Par un point M extérieur au disque unité, menons les deux tangentes au cercle unité. La droite ∆

_M

est la droite qui passe par les deux points de contacts.

M

∆

M

C U

Fig. 1: Construction de ∆

M

avec des tangentes

III. Conguration géométrique

1. Comme les nombres complexes sont de module 1 , la vérication est immédiate : (a + b)ab = |a|

²

b + a|b|

²

= a + b

2. Remarquons d'abord que comme a+b 6= 0 et d'après la question a., l'équation proposée est de la forme de l'équation de droite de la question I.2.b. L'ensemble des points M vériant cette relation est donc une droite. Comme a et b sont de module 1 , on vérie facilement que m = a et m = b satisfont à la relation. La droite en question est donc la droite (AB) .

3. a. On a vu la forme que prennent les équations des droites (AB) et (CD) : M ∈ (AB) ⇔ m = a + b − ab m

M ∈ (CD) ⇔ m = c + d − cd m

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Si ab et cd sont égaux (notons u la valeur commune), ces équations deviennent : M ∈ (AB) ⇔ m + u m = a + b

M ∈ (CD) ⇔ m + u m = c + d

Il apparait donc que ces droites sont parallèles et d'intersection vide si a+b 6= c +d ou confondues si a +b = c +d . Dans la situation de l'énpncé, les droites se coupent en un seul point, on a donc ab − cd 6= 0 .

b. On peut combiner les équations pour exprimer l'axe du point d'intersection :

m = a + b − ab m × (−cd) m = c + d − cd m × (ab)

)

⇒ (ab − cd)m = ab(c + d) − cd(a + b)

⇒ m = ab(c + d) − cd(a + b) ab − cd c. On combine de même pour exprimer le conjugué :

m = a + b − ab m × (−1) m = c + d − cd m × (1)

)

⇒ −a − b + c + d(ab − cd)m = 0

⇒ m = a + b − c − d ab − cd d. On reprend encore les équations des droites mais cette fois on exprime les produits

ab et cd :

M ∈ (AB) ⇔ m = a + b − ab m ⇒ ab = a + b − m m M ∈ (CD) ⇔ m = c + d − cd m ⇒ cd = c + d − m

m

4. a. On obtient les axes des autres points d'intersection en substituant simplement les lettres dans les expressions déjà trouvées :