1. Introduisons le point U d'axe u pour décrire les objets proposés.

(1)

Problème 1.

Partie I. Images

1. Introduisons le point U d'axe u pour décrire les objets proposés.

D (u) est la droite passant par U et orthogonale à la droite (OU ) . ∆(u) est la droite (OU ) .

C

^∗

(u) est le cercle de centre U et de rayon | u | (donc passant par O ) mais privé du point O .

C (u, r) est le cercle de centre U et de rayon r . Comme | u | 6 = r , le point O n'est pas dans ce cercle.

2. Comme on est en début d'année et que cette question est isolée, on fournit une rédaction détaillée. Dans un autre contexte, un tel résultat serait considéré comme évident.

Remarquons d'abord que, pour tous les complexes non nuls z , I ◦ I (z) = z .

Supposons M ∈ I ( E ) , il existe alors un A ∈ E tel que M = I (A) . Donc I (M ) = A est un élément de E.

Réciproquement, si I (M ) ∈ E, il existe alors un A ∈ E (à savoir I (M ) tel que M = I (A) .

3. Les résultats sont présentés dans la table 1 (Images). Les calculs sont détaillés seulement pour D (u) et C (u, r) . La troisième ligne se déduit de la première par 2.

E I ( E )

D (u) C

^∗

(

_2u¹

)

∆(u) ∆(u)

C

^∗

(u) D (

_2u¹

) C (u, r) C

u

|u|²−r²

,

_||u|₂^r_−r₂_|

Tab. 1: Images

Image de D (u) . Un point M d'axe z ∈ D (u) si et seulement si :

1 z

− u

u ∈ i R ⇔ 1 − zu

zu ∈ i R ⇔ zu(1 − zu) ∈ i R ⇔ zu − | zu |

²

∈ i R

⇔ Re(zu) − | zu |

²

= 0 ⇔ | zu − 1 2 |

²

= 1

4 ⇔

z − 1 2u

= 1 2 | u | Image de C (u, r) . Un point M d'axe z ∈ C (u, r) si et seulement si :

1 z − u

2

= r

²

⇔ | 1 − uz |

²

= r

²

| z |

²

⇔ 1 − 2 Re(uz) + | u |

²

| z |

²

= r

²

| z |

²

⇔ ( | u |

²

− r

²

) | z |

²

Re(uz) + 1 = 0 ⇔ | z |

²

Re u

| u |

²

− r

²

z

+ 1

| u |

²

− r

²

= 0

⇔

z − u

| u |

²

− r

²

= | u |

²

( | u |

²

− r

²

)

²

− 1

| u |

²

− r

²

= r

²

( | u |

²

− r

²

)

²

Partie II

1. Les conditions d'orthogonalité sont immédiates à obtenir. Elles sont rassemblées dans la table 2 (Orthogonalités). On peut remarquer que l'énoncé n'envisage pas les 10 cas

D (u) ⊥ D (v) Re (uv) = 0 D (u) ⊥ ∆(v) Im (uv) = 0 D (u) ⊥ C

^∗

(v) Re

^v_u

= 1

D (u) ⊥ C (v, ρ) Re

^v_u

= 1

C

^∗

(u) ⊥ C

^∗

(v) Re (uv) = 0 C (u, r) ⊥ C

^∗

(v) | u − v |

²

= r

²

+ | v |

²

Tab. 2: Orthogonalités

(2)

possibles. Deux cas en particulier manquent et qui seront utiles dans la suite :

∆(u) ⊥ C (v, r) ⇔ v

u ∈ R et ∆(u) ⊥ C

^∗

(v) ⇔ v u ∈ R

2. Les conditions d'orthogonalités sont lues dans les tableaux précédents et rassemblées dans la table 3.

cas E E

⁰

cond. orth. I ( E ) I ( E

⁰

) cond. orth. image 1 D (u) D (v) Re (uv) = 0 C

^∗

(

_2u¹

) C

^∗

(

_2v¹

) Re

_uv¹

= 0

2 D (u) C

^∗

(v) Re

^v_u

= 1 C

^∗

(

_2u¹

) D (

_2v¹

) Re

^v_u

= 1

3 C

^∗

(u) C

^∗

(v) Re (uv) = 0 D (

_2u¹

) D (

_2v¹

) Re

_uv¹

= 0

4 C

^∗

(u) C (v, ρ) D (

_2u¹

) C (w, r) Re (w 2u) = 1 5 ∆(u) C

^∗

(v) Im

^v_u

= 0 ∆(u) D (

_2v¹

) Im

_2v^u

= 0

6 ∆(u) C (v, ρ) Im

^v_u

= 0 ∆(u) C (w, r) Im

^w_u

= 0

Tab. 3: Conservation de l'orthogonalité pour les cas 4 et 6 : w = v

| v |

²

− ρ

²

r = ρ

| v |

²

− ρ

²

Les cas 1 et 3 résultent de la relation

1 uv = 1

| uv |

²

uv = 1

| uv |

²

uv

Le cas 2 vient de la conservation de la partie réelle par conjugaison.

Dans le cas 4, transformons la condition non écrite

| u − v |

²

= ρ

²

+ | u |

²

⇔ − 2 Re (uv) + | v |

²

= ρ

²

⇔ 2 Re

u v

| v |

²

− ρ

²

= 1

qui est bien la condition voulue avec le w donné.

Le cas 5 se déduit de Im u

2v

= − Im u

2v

= − | u |

²

2 | v |

²

Im v

u

Le cas 6 vient de ce que

^w_u

est égal à

_u^v

multiplié par un nombre réel.

3. Notons C le cercle passant par O (donc de type C

^∗

(u) .

Par hypothèse, il est orthogonal à C

1

et C

2

qui sont de types C (u, r) . D'après la question précédentes, les images sont orthogonales. Les images de C

1

et C

2

sont des cercles qui ne passent pas par O , l'image de C est une droite D qui ne passe pas par O . Les orthogonalités des images se traduisent par le fait que les centres des cercles images de C

1

et C

2

sont sur D.

La droite des centres est du type ∆(u) et elle est orthogonale à C

1

et C

2

. Les images sont encore orthogonales et la droite des centre est sa propre image. On en déduit que les centres des images de C

1

et C

2

sont sur la droite des centres.

Les centres des cercles images sont donc confondus au point d'intersection de la droite des centres avec l'image de C.

Exercices.

1. a. Par dénition de la tangente hyperbolique : e

^2t

− 1

e

^2t

− 1 = e

^t

− e

^−t

e

^t

+ e

^−t

= th t b. Avec les relations usuelles de trigonométrie circulaire :

tan

²

ϕ − 1

tan

²

ϕ + 1 = cos

²

ϕ ( sin

²

ϕ

cos

²

ϕ − 1) = sin

²

ϕ − cos

²

ϕ = − cos 2ϕ c. On cherche à montrer que

π − 2 arctan(e

^t

) = arccos(th t) Posons θ = π − 2 arctan(e

^t

) .

A-t-il le bon cosinus ?

Utilisons la question précédente avec ϕ = arctan(e

^t

) donc tan ϕ = e

^t

: cos θ = − cos(2 arctan(e

^t

)) = e

^2t

− 1

e

^2t

+ 1 = th t

(3)

Comme e

^t

est strictement positive, arctan(e

^t

) ∈ 0,

^π₂

. On en tire que 2 arctan(e

^t

) ∈ [0, π] ⇒ θ ∈ [0, π]

Il est donc dans le bon intervalle et on peut conclure

π − 2 arctan(e

^t

) = arccos(th t) ⇒ arccos(th t) + 2 arctan(e

^t

) = π

d. D'après l'expression de la fonction ch , le réel strictement positif t est solution de l'équation proposée si et seulement si e

^t

est une solution plus grande que 1 de l'équation d'inconnue z

z

²

− 2z

cos x + 1 = 0

Cette équation s'étudie sans problème, son discriminant est 4

cos

²

x − 4 = 4 tan

²

x ses racines sont

1 + sin x

cos x , 1 − sin x cos x

Elles sont positives et leur produit est 1. Une seule est plus grande que 1, c'est : 1 + sin x

cos x On en déduit

t = ln( 1 + sin x cos x )

On peut transformer cette expression, en posant y =

^π₂

− x et en passant à

^y₂

: 1 + sin x

cos x = 1 + cos y

sin y = 2 cos

²^y₂

2 sin

^y₂

cos

^y₂

= cos

^y₂

sin

^y₂

= tan( π 2 − y

2 ) = tan( π 4 + x

2 )

L'unique solution est donc

ln tan( π

4 + x 2 )

e. Calculons cos(arcsin(

_cht¹

)) en remarquant que le cos d'un arcsin est toujours positif ;

cos(arcsin( 1 ch t )) =

r 1 − 1

ch

²

t = s

ch

²

t − 1

ch

²

t = | th t |

Comme arcsin(

_ch¹_t

) et π − arcsin(

_ch¹_t

) sont dans [0,

^π₂

] ⊂ [0, π] , on peut conclure.

Pour t ≥ 0 ,

cos(arcsin( 1

ch t )) = th t ⇒ arcsin( 1

ch t ) = arccos(th t) Pour t ≤ 0 ,

cos(arcsin( 1

ch t )) = − th t ⇒ π − arcsin( 1

ch t ) = arccos(th t)

2. Posons a = (7 + 5 √

2)

¹³

, b = ( − 7 + 5 √

2)

¹³

et utilisons l'identité

a

³

− b

³

= (a − b)(a

²

+ ab + b

²

) = (a − b)((a − b)

²

+ 3ab)

Comme a

³

− b

³

= 14 et ab = 1 , on en déduit que le nombre x que l'on nous demande de simplier est racine de

x

³

+ 3x − 14 = (x − 2)(x

²

+ 2x + 7) donc x = 2 car x

²

+ 2x + 17 est sans racine réelle.

De même, si a =

13+5√ 17 2

¹₃

et b =

−13+5√ 17 2

¹₃

, a

³

− b

³

= 13 et ab = 4 , on en déduit que le nombre x que l'on nous demande de simplier est racine de

x

³

+ 12x − 13 = (x − 1)(x

²

+ x + 13) donc x = 1 car x

²

+ x + 13 est sans racine réelle.

3. En utilisant les formules de transformation de produits en sommes, on obtient 1

8 (sin 2x + sin 6x + sin 8x)

4. D'après la formule donnant la tangente d'une somme, tan(arctan(1 + x) − arctan x) = 1 + x − x

1 + (1 + x)x = 1 1 + x + x

²

On en tire qu'il existe un entier k tel que

arctan(1 + x) − arctan x = arctan 1

1 + x + x

²

+ kπ

(4)

Il s'agit maintenant de montrer que k est nul.

Remarquons d'abord que 1 + x + x

²

> 0 pour tous les réels x donc.

arctan 1

1 + x + x

²

∈ i 0, π

2 h

D'autre part, par croissance et dénition de la fonction arctan , arctan(1 + x) − arctan x ∈ [0, π[

On en déduit

kπ = arctan(1 + x) − arctan x − arctan 1 1 + x + x

²

i − π 2 , π h On en tire k = 0 donc

arctan(1 + x) − arctan x = arctan 1 1 + x + x

²

Problème 2.

1

−1

−1 1

Fig. 1: Graphe de ϕ

1. Pour former le graphe de ϕ (Figure 1), il est inutile de dériver la fonction. L'écriture ϕ(z) = 1 + z

1 − z = 2 + z − 1

1 − z = − 1 + 2 1 − z

met en évidence les asymptotes et le fait que le graphe est une hyperbole. Pour placer les branches, on considère ϕ(0) = 1 .

2. Pour montrer que la fonction f est une bijection de C−{− 1 } dans C−{ 3 }, on considère l'équation

3z − 5

z + 1 = u d'inconnue z et de paramètre u ∈ C , u 6 = 3.

Cette équation admet une unique solution

^u+5_3−u

ce qui montre que tout u ∈ C, u 6 = 3 admet un unique antécédent par f . L'expression de la solution nous donne cet antécé- dent et donc une expression de la bijection réciproque.

Par dénition d'une implication (contraposition) :

(z / ∈ R ⇒ f (z) ∈ / R ) ⇔ (f (z) ∈ R ⇒ z ∈ R ) . Cette deuxième implication résulte de

f (z) ∈ R ⇒ z = 3f (z) − 5 f (z) + 1 ∈ R .

3. Tranformons la relation proposée : on utilise l'identité donnant | a + b |

²

, on rassemble les termes, on divise par 1 − k

²

6 = 0 :

| z − a |

²

= k

²

| z − b |

²

⇔ (1 − k

²

) | z |

²

− 2 Re(a − k

²

b)z + | a |

²

− k

²

| b |

²

= 0

⇔ | z |

²

− 2 Re a − k

²

b

1 − k

²

z = −| a |

²

+ k

²

| b |

²

1 − k

²

⇔

z − a − k

²

b 1 − k

²

2

= −| a |

²

+ k

²

| b |

²

1 − k

²

+ | a − k

²

b |

²

(1 − k

²

)

²

Notons T le membre de droite de la dernière relation :

T = 1

(1 − k

²

)

²

k

²

| a |

²

+ k

²

| b |

²

− 2k

²

Re(ab)

= k

²

(1 − k

²

)

²

| a − b |

²

On en déduit le u et le R demandés par l'énoncé :

u = 1

1 − k

²

(a − k

²

b), R = k

1 − k

²

| a − b | .

Il apparait alors clairement que l'ensemble des points dont l'axe vérie cette relation

est un cercle de centre le point d'axe u et de rayon R .

(5)

4. La recherche des points xes de f conduit à l'équation du second degré z

²

− 2z + 5 = 0

Son discriminant est ∆ = − 16 = (4i)

²

. On en déduit z

1

= 1 + 2i , z

2

= 1 − 2i .

5. Travaillons d'abord sur f (z) − z

₁

en écrivant z

₁

= f (z

₁

) et en réduisant au même dénominateur. On obtient

f (z) − z

₁

= f (z) − f (z

₁

) = 3z − 5

z + 1 − 3z

₁

− 5

z

1

+ 1 = 8(z − z

₁

) (z + 1)(z

1

+ 1) Le calcul est analogue pour z

₂

. On en déduit :

f(z) − z

1

f(z) − z

2

= (z

2

+ 1)(z − z

1

) (z

1

+ 1)(z − z

2

) =

1 − i 1 + i

z − z

1

z − z

2

6. a. L'ensemble des points est un cercle d'après la question 3.

b. Le centre du cercle est le point d'axe u de la question 3. Ici cela devient : u = 1

1 − k

²

(z

1

− k

²

z

2

) = 1

1 − k

²

(1 − k

²

+ 2i(1 + k

²

)) = 1 + 2ϕ(k

²

)i On cherche les points d'intersections du cercle avec la droite (Z

₁

Z

₂

) sous la forme

z = z

₁

+ λ(z

₂

− z

₁

) avec λ ∈ R La condition d'intersection s'écrit alors simplement en λ :

λ λ−1

= k . Cela conduit à deux équations du premier degré selon que l'on prenne l'intérieur de la valeur absolue égal à k ou à − k .

Pour k , on obtient λ = −

_1−k^k

et un point d'intersection d'axe 1 + 2iϕ(k) . Pour − k , on obtient λ =

_1+k^k

et un point d'intersection d'axe 1 + 2iϕ( − k) .

On peut remarquer que ϕ( − k) est l'inverse de ϕ(k) . 7. a. On a vu que

f (z) − z

1

f (z) − z

1

=

1 − i 1 + i

z − z

1

z − z

2

=

z − z

1

z − z

2

Si on note f

ⁿ

la composée de f avec elle même n fois, on a alors :

f

ⁿ

(z) − z

1

f

ⁿ

(z) − z

₁

=

f

ⁿ⁻¹

(z) − z

1

f

ⁿ⁻¹

(z) − z

₁

= · · · =

z − z

1

z − z

₁

Ce qui signie que tous les points sont sur C

k

avec k =

z−z1

.

Z

1

Z

₂

Z f (Z)

Fig. 2: Cercle de C

¹₃

b. Pour z = 1 + i , on trouve k = |

⁻ⁱ_3i

| =

¹₃

, ϕ(

¹₃

) = 2 .

On en déduit que les points d'intersections avec (Z

1

Z

2

) ont pour coordonnées

(1, 1) et (1, 4) . Le centre du cercle C

¹₃

(Figure 2) est en (1,

⁵₂

) et le rayon est

³₂

.

De plus f (z) =

⁻¹⁺⁸ⁱ₅

.