On note C le cercle (unité) formé par les points dont l'axe appartient à U. On rappelle que U est l'ensemble des nombres complexes de module 1.

(1)

Énoncé

On se place dans un plan euclidien orienté muni d'un repère orthonormé direct, à chaque point du plan est donc associée une axe complexe.

Dans ce problème

¹

, aucun raisonnement géométrique ne sera pris en considération. Toutes les démonstrations doivent se faire à l'aide de calculs dans C.

On note C le cercle (unité) formé par les points dont l'axe appartient à U. On rappelle que U est l'ensemble des nombres complexes de module 1.

I. Une nouvelle forme d'équation de droite.

1. Soit D une droite passant par un point A (d'axe a ) et orthogonale à un vecteur non nul − → u (d'axe u ). Soit Z (d'axe z ) un point quelconque du plan.

a. Traduire Z ∈ D par une relation complexe.

b. Déterminer des nombres complexes w

₀

, w

₁

tels que : Z ∈ D ⇔ z = w

₀

+ w

₁

z Vérier que si w

₀

6= 0 alors

w

₁

= − w

₀

w

0

2. Soit w un nombre complexe non nul xé.

a. Déterminer des nombres complexes a et u (avec u non nul) tels que :

∀z ∈ C : z − w + w w z = 1

w Re ((z − a)u) b. Montrer que

z = w − w w z est l'équation d'une droite à préciser.

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

Soit M un point xé du plan qui n'est pas l'origine du repère. Son axe est m 6= 0 . On note ∆

_M

l'ensemble des points Z (d'axe z ) tels que

z = 2 m − m

m z

1d'après Géométrie analytique classique J-D Eiden (C&M) p227

1. Pourquoi ∆

M

est-il une droite ?

2. On considère l'équation (E) d'inconnue z :

(E) z

²

− 2

m z + m m = 0

En discutant suivant |m| , préciser les solutions complexes de (E) et les modules de ces solutions.

3. Montrer que ∆

M

∩ C est vide lorsque |m| < 1 . 4. On suppose ici que |m| > 1 .

a. Montrer que ∆

M

∩ C est formé par deux points.

b. Soit U (d'axe u ) un des deux points de ∆

M

∩ C . Calculer Re ((u − m)u)

Quelle propriété géométrique peut-on en déduire ? Faire un dessin.

III. Conguration géométrique

M

A

C

D

B

M

⁰

M

⁰⁰

C

Fig. 1: Conguration géométrique

(2)

1. Soit a et b deux nombres complexes de module 1 tels que a + b 6= 0 . Montrer que a + b

a + b = ab

2. Soit A et B deux points de C (respectivement d'axes a et b avec a + b 6= 0 ). Soit M (d'axe m ) un point quelconque du plan. Montrer que M est sur la droite (AB) si et seulement si :

m = a + b − ab m

3. On se donne quatre points A , B , C , D (axes a , b , c , d avec a + b 6= 0 et c + d 6= 0 ) sur C . et on suppose que les droites (AB) et (CD) se coupent en un point M (axe m ).

a. Montrer que ab − cd 6= 0 . b. Montrer que

m = ab(c + d) − cd(a + b) ab − cd c. Montrer que

m = a + b − c − d ab − cd d. Montrer que

ab = a + b − m

m cd = c + d − m

m

4. On suppose que les points du cercle sont dans la conguration de la gure 1, En particulier, aucun de ces points n'est diamétralement opposé à un autre et les droites que l'on peut former se coupent deux à deux en M , M

⁰

, M

⁰⁰

.

a. Déterminer les axes m

⁰

et m

⁰⁰

de M

⁰

et M

⁰⁰

ainsi que leurs conjugués.

b. Montrer que

m

⁰

= 2 m − m

m m

⁰

m

⁰⁰

= 2 m − m

m m

⁰⁰

Que peut-on en conclure pour les points M

⁰

et M

⁰⁰

?

Corrigé

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.

(3)

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|

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'inter- section.

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

(4)

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. 2: 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

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 .