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Exercices de Mathematiques

Nombres complexes et geometrie (II)

Enonces

Enonces des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Soit ABCD un quadrilatere.

A partir de chaque cote, et vers l’exterieur, on construit un triangle rectangle isocele.

Montrer que les diagonales du quadrilatere obtenu sont orthogonales et de meme longueur.


Trouver une condition necessaire et suffisante pour que l’orthocentre du triangle de sommetsA(z), B(z2) C(z3) soit a l’origine.


Chercher une condition necessaire et suffisante pour que les points M(u), N(v) soient symetriquespar rapport a la droite passant par A(a) et d’angle polaire α (mod π).


Donner une CNS sur a, b, c pour que A(a), B(b) et C(c) soient alignes.


Trouver la condition necessaire et suffisante sur les complexes a, b, c pour que les points imagesdes racines de l’equation z4 + az2 + bz + c = 0 forment un carre.

Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net c©EduKlub S.A.

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Indications, resultats

Indications ou resultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour a l’enonce ]

Calculer les affixes des sommets exterieurs consecutifs A′, B′, C ′, D′ des triangles en fonction deceux des sommets A, B, C,D du quadrilatere.

Montrer que [B′, D′] se deduit de [A′, C ′] par une rotation d’angle π2 .


On ecrit que OA est orthogonal a BC, et que OB est orthogonal a AC.

Les solutions sont les nombres complexes 0, j, j2.


La condition s’ecrit v = e2iα u + a− ae2iα.


Les trois points sont alignes si et seulement si ab + bc + ca est reel.


Remarquer que la somme des racines de P (z) = z4 + az2 + bz + c est nulle.

La condition cherchee est a = b = 0.





Corriges

Corriges des exercices

Corrige de l’exercice 1 [ Retour a l’enonce ]

Soit A′ le sommet (l’angle droit) du triangle forme sur le segment [A, B].

A se deduit de B par la rotation de centre A′ et d’angle π2 .

Autrement dit, l’affixe a′ de A′ verifie (a− a′) = i(b− a′) donc a′ =a− ib

1− i.

De meme, les affixes b′, c′, d′ des points B′, C ′, D′ construits a partir des segments [B, C], [C, D]

et [D, A] verifient b′ =b− ic

1− i, c′ =

c− id

1− iet d′ =

d− ia

1− i.

On en deduit c′ − a′ =c− a− i(d− b)

1− iet d′ − b′ =

d− b− i(a− c)

1− i.

Autrement dit d′− b′ = i(c′− a′) ce qui signifie que le segment [B′, D′] se deduit de [A′, C ′] parune rotation d’angle π

2 . Ainsi ces segments sont orthogonaux et de meme longueur.


On commence par traiter les cas ou deux au moins des points A, B, C sont confondus.

Il s’agit de z ∈ {0, 1} (alors A, B, C sont confondus) et z = −1 (dans ce cas A = B 6= C).

On peut considerer que z = 0 est une solution. Si z /∈ {0, 1,−1}, il suffit d’ecrire que le segmentOA est orthogonal a BC, et que le segment OB est orthogonal a AC.

Ces conditions ’ecrivent : argz3 − z2

z=

π

2(mod π) et arg

z3 − z

z2=

π

2(mod π).

Posons z = x + iy, avec (x, y) ∈ IR2.

argz3 − z2

z=

π

2(mod π) ⇔ arg(z2 − z) =

π

2(mod π)

⇔ z2 − z = (x2 − y2 − x) + iy(2x− 1) est imaginaire pur

⇔ x2 − y2 − x = 0 ⇔ (x− 12)2 − y2 = 1

4

argz3 − z

z2=

π

2(mod π) ⇔ arg

z2 − 1

z=

π

2(mod π) ⇔ z2 − 1

z= −z2 − 1

z⇔ (z2 − 1)z = −z(z2 − 1) ⇔ z |z|2 − z = −z |z|2 + z

⇔ (z + z)(|z|2 − 1) = 0 ⇔ Re (z) = 0 ou |z| = 1

Finalement les z = x + iy solutions sont donnes par

{x2 − y2 − x = 0

x = 0ou

{x2 − y2 − x = 0

x2 + y2 = 1.

Le premier systeme ne donne que z = 0, solution qu’on a deja rencontree.

Le deuxieme donne

{x2 + y2 = 1

2x2 − x− 1 = 0⇔

{x2 + y2 = 1

x = 1 ou x = −12⇔ z ∈ {1, j, j2}.

Les solutions du probleme sont donc 0, j, j2 (dans le premier cas ABC est reduit a l’origine,sinon c’est le triangle equilateral de sommets les points d’affixes 1, j, j2.)





Corriges


La translation associee au nombre complexe −a nous ramene a l’origine.

Ensuite la rotation de centre 0 et d’angle −α ramene au cas ou l’axe de symetrie est Ox.

On sait enfin que P (z) et P ′(z′) sont symetriques par rapport a Ox ⇔ z′ = z.

La condition cherchee sur a et b s’ecrit donc (v − a)e−iα = (u− a)e−iα = (u− a)eiα.

Cette condition s’ecrit aussi : v = a + (u− a)e2iα = e2iα u + a− ae2iα.


Si a = b ou a = c ou b = c, alors A, B, C sont alignes.

Dans chacun de ces trois cas, ab + bc + ca est effectivement un nombre reel.

Par exemple, si a = b, alors ab + bc + ca = |a|2 + ac + ca = |a|2 + 2Re (ac).

On suppose donc que a, b, c sont distincts deux a deux.

A, B, C sont alignes⇔ argc− a

b− a= 0 (mod π) ⇔ c− a

b− a=

c− a

b− a⇔ (c− a)(b− a) = (c− a)(b− a) ⇔ cb− ca− ab = cb− ca− ab

⇔ ab + bc + ca = ab + bc + ca ⇔ ab + bc + ca ∈ IR


La somme des racines de P (z) = z4 + az2 + bz + c est nulle. Si les points images des racines deP forment un carre, le centre de celui-ci est en 0. On doit donc chercher a quelles conditionssur a, b, c les racines de P peuvent s’ecrire α, iα,−α,−iα, avec α ∈ lC.

On a (z − α)(z − iα)(z + α)(z + iα) = z4 − α4.

La condition imposee implique donc a = b = 0 et c = −α4.

Reciproquement si a = b = 0, P (z) = z4 + c. Les racines de P sont alors les racines quatriemesde −c. On sait que leurs points images sont les quatre sommets d’un carre de centre 0.

Finalement la condition cherchee est a = b = 0.



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