Soit a et b deux complexes non réels, de parties réelles distinctes ( Re(a) 6= Re(b) ). On suppose de plus que Im(b) > 0 . On considère la fonction F de R dans R dénie par

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Énoncé

Soit a et b deux complexes non réels, de parties réelles distinctes ( Re(a) 6= Re(b) ). On suppose de plus que Im(b) > 0 . On considère la fonction F de R dans R dénie par

t 7→ |t − a|

|t − b|

Il est facile de se convaincre que cette fonction ne prend que des valeurs strictement positives et qu'elle est bornée. On se propose de déterminer explicitement sa plus grande et sa plus petite valeur. On admet l'existence de ces valeurs, on les note respectivement v _a,b et V _a,b .

Partie 1. Outils.

Dans cette partie, les remarques géométriques sont bienvenues mais les preuves doivent s'appuyer sur des calculs complexes. Soit u et v distincts dans C.

1. Vérier que a et b sont distincts et non conjugués.

2. Montrer que |u| ² = |v| ² si et seulement si ^u+v _u−v imaginaire pur.

3. Soit z ∈ C, quel est l'ensemble des z tels que |z − u| = |z − v| ?

4. Soit z ∈ C, montrer que ^z−u _z−v imaginaire pur si et seulement si le point d'axe z est sur le cercle de diamètre les points d'axes u et v .

Partie 2. Étude d'équations.

Dans cette partie, on considère deux équations d'inconnue z

(E+) : Im(b)z ² + |b − a|z − Im(a) = 0 (E−) : Im(b)z ² − |b − a|z − Im(a) = 0

1. Ces deux équations ont le même discriminant. L'exprimer à l'aide du carré d'un module.

En déduire que ces équations admettent deux solutions réelles.

On note k + (1) , k + (2) avec k + (1) < k + (2) les solutions de (E+) et k ₋ (1) , k ₋ (2) avec k ₋ (1) < k ₋ (2) celles de (E−) .

2. Étude de (E+) .

a. Exprimer k ₊ (1) et k ₊ (2) avec des modules et Im(b) . b. Montrer que Im(a) > 0 entraine k + (1) < 0 < k + (2) < 1 .

c. Montrer que Im(a) < 0 entraine k + (1) < k + (2) < 0 .

3. Étude de (E−) .

a. Exprimer k ₋ (1) et k ₋ (2) avec des modules et Im(b) . b. Montrer que Im(a) > 0 entraine k ₋ (1) < 0 et 1 < k ₋ (2) . c. Montrer que Im(a) < 0 entraine 0 < k ₋ (1) < 1 < k ₋ (2) .

Partie 3. Lignes de niveau.

A B

Γ k

Γ _k

Γ k

Γ k

Fig. 1: Des lignes de niveau.

Dans cette partie, pour tout k ≥ 0 , on note Γ k l'ensemble des complexes z tels que

|z − a|

|z − b| = k.

On dira que Γ k est une ligne de niveau k . Pour k 6= 1 , on pose g ₋ (k) = 1

1 − k (a − kb), g + (k) = 1

1 + k (a + kb).

1. Préciser Γ ₀ et Γ ₁ . Préciser géométriquement l'ensemble des t réels tels que F(t) < 1 .

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2. Pour k strictement positif diérent de 0 et 1 , montrer que les éléments de Γ k sont les axes des points d'un cercle. Préciser l'axe de son centre notée c k et son rayon noté r _k .

3. La gure 1 présente les points A et B d'axes a et b , la droite réelle et des lignes de niveau associées à 4 valeurs k ₁ , k ₂ , k ₃ , k ₄ . En utilisant seulement la gure, classer ces nombres entre eux et par rapport à 1 .

4. Pour chaque k 6= 1 , on considère l'équation d'inconnue t réelle

|t − a|

|t − b| = k.

Montrer qu'elle est équivalente à une équation du second degré dont le discriminant est noté ∆ k . Pour les k i de la gure 1, que peut-on dire des ∆ k

?

5. Dans la conguration de la gure 1, à quelles lignes de niveau correspondent la plus petite et la plus grande valeur que peut prendre F ? Comment une telle situation se traduit-elle avec c k et r k ?

6. Pourquoi l'hypothèse Im(b) > 0 ne nuit pas à la généralité de la recherche des plus grande et petite valeurs de F ? En distinguant deux cas, exprimer ces valeurs avec des modules, puis former des expressions valables dans tous les cas.

7. Vérier l'identité

|b − a| + |b − a|

|b − b| ×

|a − b| − |a − b|

|a − a|

= 1

et l'interpréter dans le contexte de ce problème.

Corrigé

Partie 1. Outils.

1. Deux nombres complexes égaux ou conjugués ont la même partie réelle. Les nombres complexes a et b sont donc distincts et non conjugués car l'énoncé indique que leurs parties réelles sont distinctes.

2. Considérons (u + v)(u − v) :

(u + v)(u − v) = |u| ² − |v| ² + uv − uv = |u| ² − |v| ² + 2i Im(uv)

On en déduit

|u| ² = |v| ² ⇔ (u + v)(u − v) = u + v

u − v |u − v| ² ∈ i R ⇔ u + v u − v ∈ i R

3. Introduisons c = ¹ ₂ (u + v) , d = ¹ ₂ (v − u) . Alors : u = c − d

v = c + d )

⇒ z − u

z − v = (z − c) + d

(z − c) − d donc z − u

z − v ∈ i R ⇔ |z − c| ² = |d| ²

Cette dernière condition caractérise bien que z est l'axe d'un point du cercle de centre c et de rayon |d| c'est à dire le cercle de diamètre les points d'axes u et v .

Partie 2. Étude d'équations.

1. Les deux équations ont le même discriminant, notons ∆ .

∆ = |b − a| ² + 4 Im(a) Im(b) = (Re(b) − Re(a)) ² + (Im(b) − Im(a)) ² + 4 Im(a) Im(b)

= (Re(b) − Re(a)) ² + (Im(b) + Im(a)) ² = |b − a| ² > 0

car a et b ne sont pas conjugués. Les deux équations admettent donc chacune deux solutions réelles distinctes.

2. Étude de (E+) .

a. Avec les notations de l'énoncé,

k + (1) = −|b − a| − |b − a|

2 Im(b) , k + (2) = −|b − a| + |b − a|

2 Im(b) .

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b. On suppose ici Im(a) > 0 . Mais, même sans cette hypothèse, k + (1) est clairement strictement négative. Rappelons que Im(b) > 0 depuis le début de l'énoncé.

L'inégalité 0 < k ₊ (2) se justie de plusieurs manières.

Géométriquement, l'hypothèse Im(a) > 0 signie que a est plus près de b que a . En eet, la médiatrice de a , a (qui est formée des points à égale distance) est l'axe réel et b est du côté de a .

On peut aussi reformuler ce qui a simplié le calcul du discriminant

|b − a| = p

|b − a| ² + 4 Im(a) Im(b) > |b − a| car Im(a) Im(b) > 0.

On peut encore utiliser le produit des racines k ₊ (1)k ₊ (2) = − Im(a)

Im(b) < 0 k + (1) < 0







⇒ k ₊ (2) > 0.

On montre k + (2) < 1 avec l'inégalité triangulaire après avoir conjugué :

|b − a| − |b − a| = |a − b| − |a − b| < |a − b| + |b − b| − |a − b| = 2| Im(b)|.

L'inégalité est stricte car a , b et b ne sont pas alignés sinon ils auraient la même partie réelle. Comme Im(b) > 0 , on en tire

k + (2) < 1.

c. Lorsque Im(a) < 0 , les deux racines sont négatives car on a déjà remarqué que k + (1) était strictement négatif et, cette fois, le produit − ^Im(a) _Im(b) est strictement positif.

3. Étude de (E − ) .

a. Avec les notations de l'énoncé, k − (1) = |b − a| − |b − a|

2 Im(b) , k − (2) = |b − a| + |b − a|

2 Im(b) .

b. Pour cette équation, quel que soit le signe de Im(b) , il est clair que k ₋ (2) est strictement positif.

Le produit des racines est encore − ^Im(a) _Im(b) < 0 car Im(a) > 0 dans cette question.

On en tire que l'autre racine k ₋ (1) est strictement négative.

On minore k ₋ (2) à l'aide de conjuguaison et de l'inégalité triangulaire

|b − b| < |b − a| + |a − b| ⇒ |b − a| = |a − b| > |b − b| − |a − b|

⇒ |b − a| + |b − a| > |b − b| = 2| Im(b)| ⇒ k ₋ (2) > 1.

Comme Im(a) n'intervient pas dans ce raisonnement, l'inégalité 1 < k − (2) reste valable dans le cadre de la question suivante.

c. Ici k − (2) > 0 et le produit des racines est strictement positif donc les deux racines sont strictement positives.

La majoration de k − (1) est du même type que les précédentes :

|b − a| − |b − a| = |a −b| − |a −b| < |a −b| + |b − b| − |a − b| = 2 Im(b) ⇒ k ₋ (1) < 1.

Partie 3. Lignes de niveau.

1. Γ 0 est réduit au singleton {a} . Γ 1 est formée par les complexes à égale distance de a et b c'est à dire la droite médiatrice de a et b .

2. En élevant au carré, z ∈ Γ k si et seulement si |z − a| ² = k ² |z − b| . D'après la question I.1. cette condition est équivalente à

z − a + k(z − b) z − a − k(z − b)

∈ i R .

Or z − a + k(z − b)

z − a − k(z − b) = (1 + k)z − (a + kb)

(1 − k)z − (a − kb) = z − g + (k) z − g ₋ (k) . On en déduit que Γ k est le cercle de diamètre g ₋ (k) , g + (k) .

Son centre est c k avec c _k = 1

2 (g ₋ (k) + g ₊ (k)) = 1

1 − k ² (a − k ² b).

Son rayon est r _k avec

r _k = 1

2 |g ₋ (k) − g ₊ (k)| = k

|1 − k ² | |a − b|.

3. Pour k < 1 , les points de Γ k sont plus proches de a que de b . On en déduit que k 1 et k 2 sont strictement plus petits que 1 alors que k 2 et k 3 sont strictement plus grands.

Plus k < 1 est petit, plus les points de Γ k sont proches de a et inversement pour b . On en tire nalement

k 1 < k 2 < 1 < k 4 < k 3 .

Lorsque k < 1 s'approche de 1 , le rayon r k tend vers l'inni et le cercle Γ k tend vers la droite médiatrice de a , b .

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4. L'équation considérée est équivalente à

|t − a| ² = k ² |t − b| ² .

En développant avec les parties réelles et imaginaires de a et b , on obtient une équation du second degré en t à coecients réels. Le coecient de t ² est 1 −k ² 6= 0 ce qui assure que le degré est bien 2.

Le signe du discriminant ∆ _k traduit que le cercle Γ _k coupe ou non l'axe réel. On lit sur la gure :

∆ k

< 0, ∆ k

> 0, ∆ k

< 0, ∆ k

> 0.

5. Dans la conguration de la gure, la plus petite valeur que peut prendre la fonction F correspond à un cercle Γ k tangent par en dessous . Cette plus petite valeur sera donc strictement plus petite que 1 . La plus grande valeur correspond à un cercle tangent par en dessus . Elle sera strictement plus grande que 1 .

La condition de tangence d'un cercle Γ k avec l'axe réel (en dessous ou en dessus) se traduit par

| Im(c k )| = r k ⇔ | Im(a) − k ² Im(b)| = k|a − b|

c'est à dire si et seulement si k est une solution de (E+) ou de (E−) .

6. L'hypothèse Im(b) > 0 ne nuit pas à la généralité car si on change a en −a et b en −b , on peut retrouver les mêmes valeurs de la fonction en changeant t en −t . Les valeurs extrèmes pour la nouvelle fonction seront donc les mêmes. Pour la recherche des valeurs extrèmes de F , on doit donc considérer deux cas seulement : celui où Im(a) et Im(b) sont de même signe et celui où ils sont de signe opposé.

Notons respectivement v a,b et V a,b la plus petite et la plus grande des valeurs prises par la fonction. On sait que 0 < v a,b < 1 < V a,b et qu'ils sont des solutions d'une des équations (E+) ou de (E−) . L'étude de la partie 2 permet de conclure.

Cas Im(a) Im(b) < 0 , (celui de la gure) équivalent à Im(a) < 0 , Im(b) > 0 . Ici v _a,b ne peut être que k ₋ (1) et V _a,b = k ₋ (2) .

valeur min. de F = v a,b = |b − a| − |b − a|

2 Im(b) = |b − a| − |b − a|

|b − b|

valeur max. de F = V a,b = |b − a| + |b − a|

2 Im(b) = |b − a| + |b − a|

|b − b|

Cas Im(a) Im(b) > 0 , équivalent à Im(a) > 0 , Im(b) > 0 .

Ici v a,b ne peut être que k + (2) et V a,b = k − (2) .

valeur min. de F = v a,b = −|b − a| + |b − a|

2 Im(b) = −|b − a| + |b − a|

|b − b|

valeur max. de F = V _a,b = |b − a| + |b − a|

2 Im(b) = |b − a| + |b − a|

|b − b|

On peut donc rassembler les deux cas dans les formules v a,b =

|b − a| − |b − a|

|b − b|

, V a,b = |b − a| + |b − a|

|b − b| .

7. En utilisant la formule de cours donnant la carré du module d'une somme, il vient (|b − a| + |b − ¯ a|) (|b − a| − |b − ¯ a|) = |b − a| ² − |b − ¯ a| ² = −2 Re(b ¯ a) + 2 Re(ba)

= −2 Re (b(a − a)) = ¯ −4 Re (i b Im(a)) = 4 Im(a) Im(b).

On en déduit l'inégalité demandée. Elle traduit que M a,b = 1

m b,a

.

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