MPSI B Année 2014-2015 Corrigé DM 2 vendredi 03/10/14 29 juin 2019

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Exercice 1

1. a. Après développement simplication et factorisation, on trouve

P(m 1 , m 2 , m 3 , m 4 ) =

m ₂ m ₄ − m ₂ m ₃ − m ₁ m ₄ + m ₁ m ₃ + m ₄ m ₃ − m ₄ m ₂ − m ₁ m ₃ + m ₁ m ₂

= −m 2 m 3 − m 1 m 4 + m 4 m 3 + m 1 m 2 = m 3 (m 4 − m 2 ) − m 1 (m 4 − m 2 )

= (m ₃ − m ₁ )(m ₄ − m ₂ ) b. Notons m 1 , m 2 , m 3 , m 4 les axes des quatre points M 1 , M 2 , M 3 , M 4 .

L'inégalité de Ptolémée est une conséquence de l'inégalité triangulaire appliquée à la relation de la question 1.a.

2. a. Élevons au carré et développons ( a et b sont non nuls)

|a + b| = |a| + |b| ⇔ |a| ² + |b| ² + 2 Re(a b) = |a| ² + |b| ² + 2|a||b|

⇔ Re(a b) = |a||b| ⇔ Re( a b ) =

a b Si un nombre complexe est un réel strictement positif, il est égal à son module.

Réciproquement, si Re(z) = |z| alors Im(z) = 0 donc z = Re(z) et z ∈ R ^∗ + . b. L'égalité dans l'inégalité de Ptolémée est équivalente à l'égalité dans l'inégalité

triangulaire. D'après le a. elle est équivalente à (conguration d'égalité) B(m ₁ , m ₂ , m ₃ , m ₄ ) ∈ R ^∗ +

c. Considérons une similitude S quelconque. Il existe alors des complexes a et b avec a 6= 0 tel que, pour tout M d'axe m , l'axe de S(M ) est az + b . Notons la s(m) . Dans l'expression de s(m i ) − s(m j ) , les b se simplie et les a se factorisent.

Ils se simplient dans l'exprssion complète du birapport qui est donc conservé.

B(s(m 1 ), s(m 2 ), s(m 3 ), s(m 4 )) = B(m 1 , m 2 , m 3 , m 4 )

On en déduit que si (M 1 , M 2 , M 3 , M 4 ) est une conguration d'égalité alors (S(M 1 ), S(M 2 ), S(M 3 ), S(M 4 )) est encore une conguration d'égalité.

3. On suppose que M ₁ , M ₂ , M ₃ , M ₄ sont dans cet ordre sur une même droite. Il existe alors un nombre complexe a (axe d'un point de la droite), un nombre complexe non nul u (axe d'un vecteur directeur de la droite) et des réels λ ₁ , λ ₂ , λ ₃ , λ ₄ tels que

m ₁ = a + λ ₁ u, m ₂ = a + λ ₂ u, m ₃ = a + λ ₃ u, m ₄ = a + λ ₄ u avec λ ₁ < λ ₂ < λ ₃ < λ ₄

M ₁ (e ^iα

¹

) M 2 (e ^iα

²

) M 3 (e ^iα

³

)

M 4 (e ^iα

⁴

)

Fig. 1: Une conguration d'égalité (question 4.b)

La famille est alors dans une conguration d'égalité car :

B(m 1 , m 2 , m 3 , m 4 ) = B(λ 1 , λ 2 , λ 3 , λ 4 ) ∈ R ^∗ +

4. a. Dans cette question, on exprime systématique chaque diérence de deux expo- nentielles par la formule suivante :

e ^iα − e ^iβ = 2i sin( α − β 2 )e ⁱ

^α+β2

Dans l'expression de B , les 2i et les exponentielles de simplient. Il reste B(m 1 , m 2 , m 3 , m 4 ) = sin ^α

²

^−α ₂

¹

sin ^α

⁴

^−α ₂

³

sin ^α

⁴

^−α ₂

¹

sin ^α

³

^−α ₂

²

b. Lorsque les points M ₁ , M ₂ , M ₃ , M ₄ sont sur le cercle unité et dans cet ordre pour le sens trigonométrique, il n'existe pas forcément d'arguments tels que 0 ≤ α ₁ <

α ₂ < α ₃ < α ₄ < 2π . En revanche il existe des arguments tels que les diérences vérient

0 < α ₂ − α ₁ < α ₃ − α ₁ < α ₄ − α ₁ < 2π

On en déduit que tous les α i − α j sont dans ]0, 2π[ donc, dans l'expression de B , tous les arguments des sin sont dans ]0, π[ . Les sin sont donc tous strictement positifs ce qui prouve que la famille de points est dans une conguration d'égalité.

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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5. a. En utilisant les relations données au début du problème, on obtient : B (m 1 , m 2 , m 3 , m 4 ) =

1 z

2

( _z ¹

4

− _z ¹

3

)

1 z

₄

( _z ¹

3

− _z ¹

2

) = z 3 − z 4

z 2 − z 3

b. D'après les questions précédentes, la famille (M ₁ , M ₂ , M ₃ , M ₄ ) est dans une con- guration d'égalité si et seulement si ^z _z

⁴₂

^−z _−z

³₃

est un réel strictement négatif. Cela traduit que les points Z ₂ , Z ₃ , Z ₄ sont alignés et que Z ₃ appartient au segment [Z 1 , Z 4 ] .

On peut démontrer (voir le cours sur les complexes ) que cette condition d'ali- gnement des Z i se traduit par la cocyclicité (être sur le même cercle) des M i .

Exercice 2

1. Il est bien connu que

n p

= n!

p! (n − p)!

2. Comme T est l'union des D p et que

(i, j) ∈ D _p ⇔ i ∈ {0, · · · , p} avec j = p − i on peut écrire

S =

n

X

p=0



 X

(i,j)∈D

p

x ⁱ i!

y ^j j!



 =

n

X

p=0 p

X

i=0

x ⁱ i!

y ^p−i (p − i)!

!

=

n

X

p=0

1 p!

p

X

i=0

p i

x ⁱ y ^p−i

!

=

n

X

p=0

(x + y) ^p p!

d'après la formule du binôme.

Exercice 3

1. Pour z et p dans D , le module de de pz est strictement plus petit que 1 donc 1 − pz n'est pas nul. Pour la relation demandée ensuite, on utilise la formule de cours :

∀(u, v) ∈ C ² : |u + v| ² = |u| ² + |v| ² + 2 Re(uv)

Il vient : 1 −

p − z 1 − pz

2

= 1 − |p| ² + 2 Re(z(p − p)) + (|p| ² − 1)|z| ² ))

|1 − pz| ² = (1 − |p| ² )(1 − |z| ² )

|1 − pz| ²

Pour z et p dans D , les modules sont strictement plus petits que 1 , donc l'expression du dessus est strictement positive ce qui signie :

∀(u, p) ∈ D ² : p − z 1 − pz ∈ D

2. D'après la question précédente, pour p ∈ D xé, l'application α _p est bien dénie de D dans D . Pour montrer qu'elle est bijective, on va montrer que :

pour tout w ∈ D , il existe un unique z ∈ D tel que α _p (z) = w . Considérons l'équation

p − z 1 − pz = w d'inconnue z avec p et w des paramètres dans D .

p − z

1 − pz = w ⇔ (1 − pw)z = p − w ⇔ z = p − w 1 − pw car 1 − pw 6= 0 du fait que w et p sont dans D .

L'équation d'inconnue z admet donc une unique solution p − w

1 − pw = α _p (w)

Ceci montre que α p est bijective est qu'elle est sa propre bijection réciproque.

3. L'équation proposée par l'énoncé est équivalente à

pz ² − 2z + p = 0 Son discriminant est

∆ = 4 − 4|p| ² = 4(1 − sin ² ϕ = (2 cos ϕ) ² On en déduit les racines de l'équation :

2 + 2 cos ϕ

2(sin ϕ)e ^−iθ = 1 + cos ϕ

sin ϕ e ^iθ = (cotan ϕ 2 )e ^iθ

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Rémy Nicolai M1402C

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et 2 − 2 cos ϕ

2(sin ϕ)e ^−iθ = 1 − cos ϕ

sin ϕ e ^iθ = (tan ϕ 2 )e ^iθ De plus ϕ ∈ [0, ^π ₂ [ donc ^ϕ ₂ ∈ [0, ^π ₄ [ d'où

tan ϕ

2 < 1 < cotan ϕ 2 Ainsi, une seule des deux solutions est dans D . Il s'agit de

tan ϕ 2 e ^iθ C'est un point xe de α _p .

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