l'épreuve 1 pb 1

CAPES 2015. EPREUVE 1, PB 1

Sujet traitant un problème d’optimisation à l’aide des nombres complexes. Le cas de la somme des distances à trois points du plan amène à la notion de point de Torricelli d’un triangle.

I.1. On pose z=x+iy.

• z = x² +y² . La fonction racine carrée étant une fonction strictement croissante, quels que soient les réels x et y : x² + y² ≥ x² = x , l’égalité n’ayant lieu que si x² +y² =x², c'est-à-dire que si

=0 y

• Tout réel est inférieur ou égal à sa valeur absolue : x≤ x , l’égalité n’ayant lieu que si x≥0

Donc, z −x≥0, l’égalité n’ayant lieu que si y=0 et x≥0, c'est-à-dire que si z est un nombre réel positif.

I.2. Les réels positifsz₁+z₂ et z₁ + z₂ sont rangés dans le même ordre que leurs carrés.

D’une part ^{z1+z22 =}

(

^z1+z2

) (

^z1+z2

)

^{= z12+ z2 2 +z1z2 +z2z1= z12 + z22 +2Re}

( )

^z1z2

D’autre part

(

^{z1 + z2}

)

^{2 = z12 + z22 +2z1 z2 = z12 + z22 +2z1z2}

(

^{z1 + z2}

)

^{2 − z1+z22 =2z1z2 −2Re}

( )

^{z1z2 ≥0} d’après la question 1.

Donc, quels que soient z1 et z2, z₁ + z₂ ≥ z₁+z₂ .

I.3. L’égalité n’a lieu que s’il existe un réel positif α (strictement puisque z1 et z2 sont supposés tous deux non nuls) tel que :z₁z₂ =α.

Puisque

2 2 2

2 z

z = z , _{2 1}

2 2 2

1 z

z z z

z =α ⇔ = α . Le réel ₂

z2

λ= α étant un réel strictement positif si et

seulement si α en est un, z₁ + z₂ = z₁+z₂ si et seulement si il existe un réel strictement positif λ tel que :

1

2 z

z =λ , ou encore si et seulement si : ^{arg 0}

( )

²π

1 2=







 z

z .

II. S’il existe des réels strictement positifs tels que : z_k =λ_kz₁, alors : ₁

1 1

z z

n

k k n

k

k 







=

∑

∑

=

=

λ et cette somme

∑

= n

k k 1

λ est elle-même un réel strictement positif. Dans ce cas :

∑ ∑ ∑ ( ) ∑

=

=

=

=

=

=

= ⁿ

k k n

k k n

k k n

k

k z z z

z

1 1

1 1

1 1

. λ

λ , il s’agit

d’un cas d’égalité.

Réciproquement, montrons l’inégalité par récurrence et étudions par la même occasion le cas d’égalité : L’inégalité

∑ ∑

=

=

≤ ⁿ

k k n

k

k z

z

1 1

a été démontrée pour tout 2-uplet, l’inégalité n’ayant lieu que s’il existe un réel strictement positif λ2 : z₂ =λ₂z₁

Supposons qu’à un rang n≥2, pour tout n-uplet

(

z ,...,₁ zn

)

de complexes tous non nuls :

∑ ∑

=

=

≤ ⁿ

k k n

k

k z

z

1 1

et

que de plus l’égalité

∑ ∑

=

=

= ⁿ

k k n

k

k z

z

1 1

n’ait lieu que s’il existe pour k =2,...,n des réels strictement positifs λn

λ2^,..., tels que : z_k =λ_kz₁.

Alors d’après I.2, quel que soit le

(

ⁿ⁺¹

)

^-uplet

(

z1,...,z_n,z_n+1

)

de complexes tous non nuls :

1 1

1

1

= + +

=

+

≤

∑

∑

k

n

k k n

k

k z z

z et d’après I.3 l’égalité ₁

1 1

1

= + +

=

+

=

∑

∑

k

n

k k n

k

k z z

z n’a lieu que s’il existe un réel strictement

positif λ tel que : 







= 

∑

+ =

n

k k

n z

z

1

1 λ

D’après l’hypothèse de récurrence :

∑ ∑ ∑ ∑

⁺

+ = + =

= +

=

=

+







≤ +

≤ ¹

1 1 1

1 1

1

1

n

k k k

n

k k k

n

k k n

k

k z z z z z

z ce qui montre l’inégalité

pour les

(

ⁿ⁺¹

)

-uplets donc l’hérédité de l’inégalité

∑ ∑

=

=

≤ ⁿ

k k n

k

k z

z

1 1

.

L’égalité n’a lieu que si ₁

1 1

1 1

1 z z z

z

n

k k n

k k n

k k

n 







=







= 







= 

∑ ∑ ∑

=

=

+ λ = λ λ λλ ^et _







=

∑

+ = n

k k k

1

1 λλ

λ est un réel strictement positif, somme de réels tous strictement positifs.

Ce qui montre l’hérédité de la condition liée au cas d’égalité.

Le cas d’égalité peut s’interpréter par le fait que : ^{arg 0}

( )

²π

1

=







 z z_k

pour tout k =2,...,n.

Partie B.

I. Les racines n^èmes de l’unité.

II.1.

∑ ( ) ∑ ∑

=

=

=

 −











=

− ⁿ

k k

k k n

k k

k n

k

k

k z

z z z

z z z

z u

1 1

1

.

0 0

1 1

1

=

=

= ⇒

∑ ∑

∑

= = = n

k k

k n

k k

k n

k k

k

z z z

z z

z par conjugaison et d’autre part

∑ ∑ ∑

=

=

= = = ⁿ

k k n

k k

n k

k k

k

k z

z z z

z z

1 1

2

1

. Donc

( ) ∑

∑

= − =− ⁿ= k

k n

k

k

k z z z

u

1 1

.

2. Tous les uk sont des complexes de module 1. Pour chaque entier k : uk

(

z−zk

)

= z−zk .

( ) ∑ ( ) ∑ ∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

−

=

−

≥

−

=

− ⁿ

k k n

k k n

k

k k n

k

k k n

k

k u z z u z z z z

z z

1 1

1 1

1

3. L’égalité

∑

− =

∑

ⁿ k n

k z

z

z a lieu si et seulement si l’égalité

∑ (

−

)

=

∑

ⁿ k

(

− k

)

n

k

k z z u z z

u a elle-même

Si le point M est distinct de tous les points Ak, alors les z−z_k sont tous non nuls, de même que tous les

(

k

)

k z z

u − . L’égalité a alors lieu d’après II si et seulement si il existe pour k=2,...,n des réels strictement positifs λk tels que u_k

(

z−z_k

)

=λ_ku1

(

z−z1

)

^.

Il se peut cependant que M soit confondu avec l’un des Ak. On peut supposer, quitte à modifier l’indexation, que c’est avec An. Dans ce cas, les sommations précédentes s’arrêtent à l’indice n−1. Dans le cas d’égalité, il existe pour k=2,...,n−1 des réels strictement positifs λk tels que u_k

(

z−z_k

)

=λ_ku1

(

z−z1

)

^et

(

z z

)

0 u1

(

z z1

)

u_n − _n = × − . Les réels λk sont alors tous strictement positifs, sauf un qui est nul.

De toute façon :

( )

1

(

1

)

2 1

1 u z z

z z u

n

k k n

k

k

k  −







 +

=

−

∑

∑

=

=

λ .

( )







 +

−

=

−

∑

∑

=

= n

k k n

k

zk

z z u

2 1 1

1

1 λ

est un réel strictement négatif et il en résulte que les autres

(

z z

)

u1

(

z z1

)

u_k − _k =λ_k − sont aussi des réels strictement négatifs (sauf un peut-être).

Réciproquement, si tous ces nombres sont des réels strictement négatifs (sauf peut-être un qui est nul auquel cas M est l’un des points Ak), tous les rapports

( )

(

^k

)

^k

k

z z u

z z

u =λ

−

−

1 1

sont tous des réels strictement positifs (sauf peut-être un si M est l’un des points Ak), ce qui assure le cas d’égalité.

II.4. Si les

( )

k

k k k

k z z

z z z z

u − = − sont des réels négatifs, alors les nombres z z z

k

k sont tous des nombres réels.

Mais puisque aucune droite ne contient tous les points Ak, il n’est pas possible que tous les points Ak soient alignés avec O et que tous les

k k

z

z aient des arguments congrus modulo π (il existe i et j tels que

( )

^arg

( )

^modπ

arg z_i ≠ z_j et par suite le nombre

i i j j

z z z

z × n’est pas un réel). Si z≠0, alors il y a au moins

deux nombres z z z

k

k qui ont des arguments non congrus modulo π et qui ne peuvent être simultanément réels.

Par contraposition, si les nombres z z z

k

k sont tous des nombres réels, alors z=0. La réciproque est évidente.

II.5. Sous les hypothèses de l’énoncé, c'est-à-dire sous réserve qu’il existe effectivement un repère d’origine O distinct de tous les Ak dans lequel les affixes zk vérifient 0

1

∑

=

= n

k k

k

z

z :

Pour tout point M du plan d’affixe z dans ce repère :

∑ ∑ ∑ ∑

=

=

=

=

=

≥

−

= ⁿ

k k n

k k n

k

k n

k

k z z z OA

MA

1 1

1 1

ce qui prouve que

∑

= n

k

MAk 1

atteint un minimum lorsque M est en O. La condition nécessaire et suffisante du II.4 assure l’unicité de ce point.

Le problème de la localisation de O dans le plan revient à obtenir des vecteurs unitaires

k k

OA

OA de somme nulle … Ce n’est pas gagné.

Petite parenthèse pour aller un peu plus loin

Dans le cas de trois points A1, A2, A3 non alignés et dans l’hypothèse où un tel point existe, on est amené à considérer les points Bk des demi-droites [OA_k)définis par :

k k k

OA

OB = OA

(

^{k =1,2,3}

)

. Ils sont tous à la distance 1 du point O. Puisque d’autre part _{1 2 3} 0

=r + +OB OB

OB , le point O est à la fois le centre du cercle circonscrit et centre de gravité du triangle B₁B₂B₃. Les seuls triangles dont centre du cercle circonscrit et centre de gravité sont confondus sont les triangles équilatéraux.

Si on suppose A₁A₂A₃ triangle direct, B₁B₂B₃est triangle équilatéral direct.

O étant centre d’un tel triangle :

(

^OB1,OB2

) (

^{= OA1,OA2}

) (

^{= OB2,OB3}

) (

^{= OA2,OA3}

) (

^{= OB3,OB1}

) (

^{= OA3,OA1}

)

^{= 2}₃^π

^{( )}

^2π

Le point O est sur les trois arcs capables d’où l’on voit

(

A1,A2

) (

; A2,A3

) (

; A3,A1

)

sous l’angle π

( )

π 3 2

2 .

Il s’agit des petits arcs des cercles circonscrits aux triangles équilatéraux indirects A₁A₂A'₃ , A₂A₃A'₁ et

2 1 3AA'

A (figure ci-contre).

Réciproquement, si A₁A₂A₃ est un triangle direct, les cercles circonscrits aux triangles équilatéraux indirects

3 2 1A A'

A , A₂A₃A'₁et A₃A₁A'₂ se coupent sur leurs petits arcs à condition toutefois que les trois angles du triangle aient chacun une mesure appartenant à 

 



 3

;2

0 π _,

condition d’existence d’un point O tel qu’on le recherche.

Si cette condition est remplie, O se trouve sur le même demi-plan de frontière

(

A2A'1

)

que le point A3 et par cocyclicité sur un même arc du même cercle :

(

^OA2,OA'1

) (

^{= A3A2,A3A1}

)

^=π₃

^{( )}

^2π

Donc

(

^OA1,OA'1

) (

^{= OA1,OA2}

) (

^{+ OA2,OA'1}

)

⁼²₃^{π +π}₃ ^=π

^{( )}

^2π . Ce qui explique que O est un point du segment

[

A1A'1

]

. Il est de même sur

[

A2A'2

]

et sur

[

A3A'3

]

, ces trois segments ont un point commun.

On peut comprendre les hypothèses de la partie C.

(Fin de la parenthèse)

Partie C.

Le triangle ABC étant direct, et les trois triangles équilatéraux construits extérieurement, les trois triangles A’CB, B’AC et C’BA sont des triangles équilatéraux directs. En conséquence : ^{}

(

^ABAC'=,ABAC'

)

^=π3

^{( )}

^{2π . De}

même : ^{}

(

^ACAC'=,'ABAB

)

^=π3

^{( )}

^2π . La rotation de centre A et d’angle 3

π transforme à la fois C en B’ et C’ en B.

Donc : ^{}

(

^{CCCC'=,'BB''BB}

)

^=π3

^{( )}

^2π

Avec les complexes, la rotation de centre A et d’angle 3 π transformant C en B’ et C’ en B :

Si 2

3 2

3 1

/ i

u=e^iπ = + :

( ) ( )

( ) ( )





+

−

=

− +

=

+

−

=

− +

=

' 1

'

1 '

c u u a a c u a b

c u u a a c u a

b .

Donc : u

c c

b

b =

−

− '

' . Mêmes conclusions …

Puisque Ω est un point du segment [BB’] :

(

^ΩB,ΩC

) (

^{= B'B,C'C}

) (

^{=π − CC',B'B}

)

⁼²₃^π

^{( )}

^2π et de même pour les deux autres angles.

Si on désigne par r, s, t les affixes de

C C B B A A

Ω Ω Ω Ω Ω

Ω , , , elles sont toutes de module 1 et compte tenu des

mesures des angles obtenues : s= jr;t= js= j²r avec

2 3 2

3 1

2

i j

i =− +

=e ^π . Alors :

(

^{1+ + 2}

)

⁼⁰

= +

+s t r j j

r , ce qui montre que 0

=r Ω + Ω Ω + Ω Ω Ω

C C B B A

A . Le point Ω est bien le point O qui

vérifie les conditions de la partie B.