Problème. Polaire d'un point par rapport à un cercle

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MPSI B 2010-2011 Corrigé du DS 1 29 juin 2019

Problème. Polaire d'un point par rapport à un cercle

I. Une nouvelle forme d'équation de droite

1. a. L'orthogonalité de−→

AZ et de−→u se traduit parRe ((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+au u−u

uz=2 Re(au) u −u

uz On en déduit que l'on peut choisir

w₀= 2 Re(au)

u w₁=−u

u On vérie bien que siw₀6= 0 :

w0

w₀ =2 Re(au) u

u

2 Re(au) = u u=−w1

On peut remarquer que w0 = 0si et seulement si au est imaginaire pur c'est à dire si les vecteurs d'axesaet usont orthogonaux.

2. a. On peut choisir

a=1

2w u= 2w

car pour tous lesz complexes : z−w+w

wz= 1

w wz+wz− |w|²

= 1

wRe 2zw− |w|²

= 1 wRe

(z−w 2)2w b. D'après la question précédente, la nullité de la partie réelle traduisant une orho-

gonalité, l'ensemble des pointsZ dont l'axez vérie z=w−w

wz

est la droite passant par le pointW 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.

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

1. D'après la question 2. de la partie I., l'ensemble∆_mest une droite car l'équation qui le dénit est celle d'une droite.

2. Le discriminant de l'équation du second degré(E)est

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m²(1− |m|²)

Soitδune 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 àm. Elle est de module1.

Si|m|>1, on choisit

δ= 2 mip

|m|²−1 Les racines sont donc

1±ip

|m|²−1 m Elles ont le même module qui est égal à :

p1 + (|m|²−1)

|m| =|m|

|m| = 1

Si|m|<1, on choisit

δ= 2 m

p1− |m|² Les racines sont

1±p

1− |m|² m Commep

1− |m|²<1, les modules sont 1±p

1− |m|²

|m|

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/

1 Rémy Nicolai S1001C

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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.

Commezest de module1, son inverse est égal à son conjugué. On a alors : Z∈∆m⇒z= 2

m−m m 1

z ⇒z²− 2 mz+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 module1. En eet écrivons que les carrés des modules de ces solutions valent1. Cela donne :

1 + 1− |m|²±2p

1− |m|²=|m|²⇔1− |m|²±p

1− |m|²= 0⇔1±p

1− |m|²= 0 ce qui est faux pour0<|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 module1 de l'équation(E). Or on a montré en 2. que, pour|m|>1, cette équation admet deux solutions de module1:

1±ip

|m|²−1 m

Les points dont les axes sont ces complexes sont donc les deux points d'intersection.

b. D'après la question précédente, l'axe d'un des deux points d'intersection et de la forme

u=1 +εip

|m|²−1

m avecε∈ {−1,+1}

On en déduit :

Re ((u−m)u) =|u|²−Re(mu) =|u|²−Re

1−εip

|m|²−1

= 1−1 = 0

Cette relation traduit l'orthogonalité de−−→

M U avec−−→

OU. Autrement dit, la droite (M U)est la tangente enU au cercleC.

Par un pointM 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. 1: Construction de∆M avec des tangentes

III. Conguration géométrique

1. Comme les nombres complexes sont de module1, la vérication est immédiate : (a+b)ab=|a|²b+a|b|²=a+b

2. Remarquons d'abord que commea+b6= 0et 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. Commeaetb sont de module1, on vérie facilement que m=aetm=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

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Siab etcdsont égaux (notonsula 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 sia+b6=c+d ou confondues sia+b=c+d. Dans la situation de l'énpncé, les droites se coupent en un seul point, on a doncab−cd6= 0.

b. On peut combiner les équations pour exprimer l'axe du point d'intersection :

m=a+b−ab m ×(−cd) m=c+d−cd m ×(ab)

)

⇒(ab−cd)m=ab(c+d)−cd(a+b)

⇒m= ab(c+d)−cd(a+b) ab−cd c. On combine de même pour exprimer le conjugué :

m=a+b−ab m ×(−1) m=c+d−cd m ×(1)

)

⇒ −a−b+c+d(ab−cd)m= 0

⇒m= a+b−c−d ab−cd d. On reprend encore les équations des droites mais cette fois on exprime les produits

abet cd:

M ∈(AB)⇔m=a+b−ab m⇒ab=a+b−m m M ∈(CD)⇔m=c+d−cd m⇒cd=c+d−m

m

4. a. On obtient les axes des autres points d'intersection en substituant simplement les lettres dans les expressions déjà trouvées :

m⁰=ac(b+d)−bd(a+c)

ac−bd m⁰= a−b+c−d ac−bd m⁰⁰=bc(a+d)−ad(b+c)

bc−ad m⁰⁰= −a+b+c−d bc−ad

b. On remplace dans m⁰ les produits ab et cd par les expressions trouvées en 3.d.

puis on développe :

m⁰= (a+b−m)(c−d) + (c+d−m)(a−b) (ac−bd)m

=2(ac−bd)−m(a+c−b−d) (ac−bd)m = 2

m−m mm⁰ On démontre de manière analogue (en permutant des lettres) que

m⁰⁰= 2 m −m

mm⁰⁰

On en conclut que les pointsM⁰ et M⁰⁰ sont sur la droite∆M

Exercice

1. L'expressioncosx+ cos 2x+ cos 3xest la partie réelle d'une somme géométrique d'ex- ponentielles. On en déduit que pourxnon congru à 0 mod2π

cosx+ cos 2x+ cos 3x=cos 2xsin^3x₂ sin^x₂

Les nombres congrus à 0 mod2πne sont pas solutions. Les solutions sont lesxannulant lecosou lesindu numérateur. L'ensemble des solutions est donc

(π 4 +Z

π 2)∪(2π

3 +Z2π)∪(−2π

3 +Z2π)

Les solutions desin^3x₂ = 0sont les nombres congrus à0modulo^2π₃ mais à ces solutions, il faut enlever (pour l'équation qui nous est proposée) les nombres congrus à0modulo 2π. Cela explique la forme des solutions qui peut paraître étrange au premier abord.

Cet ensemble de solutions est obtenu plus facilement quand on s'y prend autrement en utilisant

cosx+ cos 3x= 2 cosxcos 2x L'équation s'écrit alors

(2 cosx+ 1) cos 2x= 0

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2. Exprimons l'équation à l'aide desinxuniquement. On obtient quexest solution si et seulement sisinxest solution de

2t²+ 3t−2 = 0

Les solutions de cette équation sont ¹₂ et−2. Comme −2 n'est pas unsin, l'ensemble des solutions est formé par lesxtels quesinx= ¹₂ soit

(π

6 + 2πZ)∪(5π

6 + 2πZ)