Nombres complexes

Chapitre 2
Nombres complexes
Maths Spé - MP/MP˚ et PSI/PSI˚ - Concours 2015
Correction des exercices
Difficulté des exercices
Exercices classiques :
H - Facile
HH - Moyen
HHH - Difficile
HHHH - Très Difficile
uuu - Difficile
uuuu - Très Difficile
Exercices d’approfondissement :
u - Facile
uu - Moyen
Sommaire
Exercices classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 - Révisions de Maths Sup H . . . . . . . . . . . . . .
2 - Quelques calculs de sommes HH . . . . . . . . . . .
3 - Factorisation dans R et dans C HHH . . . . . . . .
4 - Un peu de géométrie : le théorème de Napoléon HH
Exercices d’approfondissement . . . . . . . . . . . . . .
5 - Deux cas d’égalité uu . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 - Demi-plan de Poincaré uu . . . . . . . . . . . . .
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2
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2
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4
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8
. 11
. 15
. 15
. 18
Optimal Sup/Spé - 11 rue Geoffroy l’Angevin 75004 Paris - Tel : 01 40 26 78 78 - www.optimalsupspe.fr
2
- Concours 2015
Exercices classiques
Exercice 1 - Révisions de Maths Sup
1)
H
(a) Idée : Nous allons utiliser l’inégalité triangulaire, en nous efforçant de faire apparaître des différences et non des
sommes, et pour faire apparaître x ´ y dans le membre de droite de l’inégalité triangulaire, nous allons écrire x sous
forme x ´ y ` y.
Rappel de cours
Proposition (Inégalité triangulaire). @px, yq P C2 , |x ` y| § |x| ` |y| .
On a :
et donc :
@px, yq P C2 , |x| “ |x ´ y ` y| ,
§ |x ´ y| ` |y| .
Conclusion :
@px, yq P C2 , |x| ´ |y| § |x ´ y|
2) Parties réelle et imaginaire d’un quotient.
(a) Un quotient de nombres complexes n’est pas pratique à manipuler. Pour s’affranchir du nombre complexe au dénominateur, on multiplie numérateur et dénominateur par b en ayant à l’esprit que bb “ |b|2 . On a :
a
ab
“ 2
b
|b|
On a maintenant un nombre complexe dont on peut facilement calculer la partie réelle et la partie imaginaire. En
effet,
´a¯
1
Re
“ 2 Re pabq
b
|b|
En notant a “ Re paq ` i Im paq et b “ Re pbq ` i Im pbq, on obtient finalement :
Re
´a¯
b
“
Re paq Re pbq ` Im paq Im pbq
|b|2
Im
´a¯
“
Im paq Re pbq ´ Re paq Im pbq
|b|2
et de même,
b
(b) Idée : Comme souvent lorsque l’on a affaire à une somme entre plusieurs exponentielles complexes, on va factoriser
par les "exponentielles moitiés" afin de faire apparaître une formule d’Euler.
Rappel de cours
Proposition (Formules d’Euler). On a : @✓ P R, cos ✓ “
Remarquons tout d’abord que comme
défini, et on a :
ei✓ ` e´i✓
,
2
et :
sin ✓ “
ei✓ ´ e´i✓
.
2i
R tp2k ` 1q⇡ , k P Zu, alors : 1 ` eib ‰ 1. Ainsi, le quotient
↵
↵
↵
1 ` ei↵
ei 2
ei 2 ` e´i 2
“
ˆ
.
1 ` ei
ei 2
ei {2 ` e´i 2
1 ` ei↵
est bien
1 ` ei
3
- Concours 2015
En reconnaissant une formule d’Euler, puis en simplifiant les exponentielles, on en déduit :
↵
2 cos
1 ` ei↵
i ↵´
2,
2
“e
ˆ
1 ` ei
2 cos
2
↵
cos
↵´
2.
“ ei 2 ˆ
cos
soit :
2
En passant à la partie réelle, qui est un opérateur R-linéaire, on obtient :
Re
ˆ
1 ` ei↵
1 ` ei
˙
“
↵
↵´
cos
2
2
cos
cos
.
2
Or, d’après une formule de trigonométrie usuelle :
1
rcospx ` yq ` cospx ´ yqs .
2
@px, yq P R2 , cos x ¨ cos y “
Point méthode
Les formules de trigonométrie donnant les valeurs de cos a¨cos b, cos a¨sin b etc peuvent se retrouver facilement
à l’aide des formules d’addition et de soustraction connues donnant les valeurs de cospa ` bq, cospa ´ bq,
sinpa ` bq, etc. Il suffit pour cela d’additionner ou de soustraire certaines d’entre elles pour faire apparaître
les quantités souhaitées.
On en déduit :
Re
ˆ
˙
i↵
1`e
1 ` ei
Re
cos
“
ˆ
ˆ
˙
2↵ ´
2
ˆ
˙
` cos ´
2
2 cos
˙
i↵
1`e
1 ` ei
“
1
`
2
soit, la fonction cos étant paire :
,
2
cos
ˆ
˙
2↵ ´
2
2 cos
2
De même, l’opérateur Im étant également R-linéaire :
Im
ˆ
1 ` ei↵
1 ` ei
˙
“
cos
↵´
2
sin
2 cos
↵
2.
2
Or, d’après une formule de trigonométrie usuelle :
@px, yq P R2 , sinpxq ¨ cos y “
1
rsinpx ` yq ` cospx ´ yqs .
2
Conclusion :
Im
ˆ
˙
i↵
1`e
1 ` ei
sin
“
ˆ
2↵ ´
2
˙
2 cos
` sin
2
ˆ ˙
2
4
- Concours 2015
Exercice 2 - Quelques calculs de sommes
1)
HH
(a) Commençons par remarquer que :
Dn p✓q “ e´in✓
“ e´in✓
et
2n
ÿ
`
k“0
ei✓
˘k
2n
ÿ
eik✓
k“0
2n
ÿ
`
ei✓
k“0
˘k
est la somme des 2n ` 1 premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison ei✓ .
On peut utiliser le rappel suivant :
Rappel de cours
Soit a P C˚ et z P C. Notons pun qnPN la suite géométrique de premier terme a et de raison z. Alors :
@n P N, un “ az n
Soient p et q deux entiers naturels tels que p † q. On retiendra que :
$
ˆ
˙
q´p`1
’
q
q
&az p 1 ´ z
ÿ
ÿ
si z ‰ 1
1´z
uk “
az k “
’
%
k“p
k“p
pq ´ p ` 1q a
si z “ 1
Soit n P N˚ . Dans le cas où a “ 1 et p “ 0, q “ n, on retrouve :
$
n`1
’
n
&1 ´ z
ÿ
si z ‰ 1
1´z
zk “
’
%
k“0
pn ` 1q
si z “ 1
Il s’agit d’une formule très utile que l’on peut retenir comme une chanson :
premier terme ˆ
1 ´ raisonnombre de termes
1 ´ raison
On en déduit que :
$
ip2n`1q✓
’
&1 ´ e
1 ´ ei✓
pei✓ qk “
’
%
k“0
2n ` 1
2n
ÿ
si ✓ ‰ 2⇡Z
si ✓ P 2⇡Z
Supposons que ✓ R 2⇡Z. Alors, en factorisant par « l’argument moitié », on a :
´
¯
ipn` 1
✓
´ipn` 1
✓
i n` 1
✓
2q
2q ´ e p
2q
ip2n`1q✓
e
e
1´e
´
¯
“
✓
✓
✓
1 ´ ei✓
ei 2 e´i 2 ´ ei 2
ˆˆ
˙ ˙
1
´2i sin
n`
✓
2
ˆ ˙
“ ein✓
✓
´2i sin
2
ˆˆ
˙ ˙
1
sin
n`
✓
2
ˆ ˙
“ ein✓
✓
sin
2
Comme Dn p✓q “ e´in✓
2n
ÿ
`
k“0
ei✓
˘k
, on obtient finalement :
sin
@✓ R 2⇡Z, Dn p✓q “
ˆˆ
˙ ˙
1
n`
✓
2
ˆ ˙
✓
sin
2
grâce aux formules d’Euler.
5
- Concours 2015
(b) Au cours de cette question, on utilisera plusieurs fois le rappel suivant :
Rappel de cours
On rappelle les formules de trigonométrie suivantes : pour tous pp, qq P R2 , on a :
sinppq sinpqq “
et
1
pcospp ´ qq ´ cospp ` qqq
2
(‹)
cosp2pq “ 2 cos2 ppq ´ 1
“ 1 ´ 2 sin2 ppq
Il ne faut pas tant connaître (‹) par cœur que savoir la retrouver rapidement. Pour cela, il faut être capable
de retrouver rapidement les formules de duplication cospp ` qq et sinpp ` qq. Pour cospp ` qq, il suffit de
remarquer que :
´
¯
cospp ` qq “ Re eipp`qq
`
˘
“ Re eip eiq
Ainsi, en développant eip eiq “ pcosppq ` i sinppqq pcospqq ` i sinpqqq et en identifiant la partie réelle, on obtient
la formule souhaitée :
cospp ` qq “ cosppq cospqq ´ sinppq sinpqq
On en déduit cospp ´ qq en remplaçant q par ´q dans la formule précédente et en utilisant l’imparité de la
fonction sinus. On retrouve alors rapidement (‹).
Soit ✓ R 2⇡Z. D’après la question précédente, on a :
pn ` 1qFn p✓q “
n
ÿ
k“0
Dk p✓q
ˆˆ
˙ ˙
1
k`
✓
2
ˆ ˙
“
✓
k“0
sin
2 ˆˆ
˙ ˙
ˆ ˙
n
ÿ
1
1
✓
ˆ ˙
“
sin
k`
✓ sin
2
2
✓
k“0
sin2
2
n
ÿ
sin
En utilisant (‹) du rappel de cours ci-dessus, on obtient :
ˆˆ
˙ ˙
ˆ ˙
n
n
ÿ
ÿ
1
1
✓
1
1
ˆ ˙
ˆ ˙
pcospk✓q ´ cosppk ` 1q✓qq
sin
k`
✓ sin
“
2
2
2
✓
✓
k“0
k“0
sin2
sin2
2
2
1
ˆ ˙ p1 ´ cosppn ` 1q✓qq
“
✓
2
2 sin
2
Grâce au rappel de cours ci-dessus, on peut également affirmer que :
ˆ
˙
n`1
1 ´ cosppn ` 1q✓q “ 2 sin2
✓
2
Ce qui donne finalement :
pn ` 1qFn p✓q “
Conclusion :
ˆ
n`1
✓
2
ˆ ˙
✓
sin2
2
sin2
ˆ
n`1
✓
2
ˆ ˙
✓
sin2
2
sin2
@✓ R 2⇡Z, Fn p✓q “
˙
˙
car sin
ˆ ˙
✓
‰ 0.
2
par télescopage.
6
- Concours 2015
(c) Par définition de Fn p✓q, on a :
Fn p✓q “
“
“
n
1 ÿ
Dk p✓q
n ` 1 k“0
n
k
1 ÿ ÿ ip✓
e
n ` 1 k“0 p“´k
n
1 ÿ ÿ ip✓
e
n ` 1 k“0 ´q§p§q
q“k
n
e
ÿ
1 ÿ
“
n ` 1 k“0 pq,pqP
où, pour tout k P t0, . . . , nu,
k
ip✓
k
“ tpk, pq, ´k § p § ku. Posons alors :
“
n
î
k
k“0
est une réunion disjointe de « paquets verticaux ». Comme cette réunion est disjointe, on peut écrire :
Fn p✓q “
e
ÿ
1
n ` 1 pk,pqP
ip✓
Idée : pour obtenir l’expression souhaitée de Fn p✓q, on va écrire
comme réunion de « paquets horizontaux »
(disjointes). Cela revient à intervertir l’ordre des indices de sommation dans Fn p✓q.
Commençons par dessiner ce sous-ensemble
de N2 :
Ä N2
7
- Concours 2015
Sur le graphique suivant, nous voyons comment construire les « paquets horizontaux » : pour tout p P t´n, . . . , nu,
posons :
p
et les « paquets »
p
“ tpk, pq, |p| § k § nu
vérifient :
“
n
î
p
p“´n
Ä N2
On peut donc écrire :
Fn p✓q “
“
“
ÿ
1
eip✓
n ` 1 pk,pqP
n
ÿ
ÿ
1
eiq✓
n ` 1 p“´n pk,qqP
p
iq✓
n
e
ÿ
ÿ
1
n ` 1 p“´n |p|§k§n
car
n
î
p“´n
p
“
est disjointe.
q“p
n
ÿ
ÿ
1
“
eip✓
n ` 1 p“´n |p|§k§n
“
Conclusion :
n
ÿ
1
pn ´ |p| ` 1qeip✓
n ` 1 p“´n
car eip✓ ne dépend pas de k.
8
- Concours 2015
@✓ R 2⇡Z, Fn p✓q “
2)
ˆ
n
ÿ
1´
p“´n
|p|
n`1
˙
eip✓
(a) Commençons par remarquer que :
˜
¸
n ˆ ˙
n ˆ ˙
ÿ
ÿ
n
n ipak`bq
cospak ` bq “ Re
e
k
k
k“0
On a alors :
Et en factorisant par e
ia
2
k“0
n ˆ ˙
n ˆ ˙
ÿ
ÿ
n ipak`bq
n
e
“ eib
peia qk
k
k
k“0
k“0
`
˘n
ib
“ e 1 ` eia
grâce à la formule du binôme de Newton.
, on obtient :
1 ` eia “ 2 cos
´a¯
2
a
ei 2
En utilisant cette égalité, on obtient :
n ˆ ˙
´ a ¯ na
ÿ
n ipak`bq
e
“ eib 2n cosn
ei 2
k
2
k“0
´ a ¯ na
“ 2n cosn
eip 2 `bq
2
En passant à la partie réelle, on obtient finalement :
n ˆ ˙
´a¯
´ na
¯
ÿ
n
cospak ` bq “ 2n cosn
cos
`b
k
2
2
k“0
(b) Soit x P R r t
⇡
` k⇡, k P Zu. Remarquons que :
2
˜
ˆ ˙
ˆ ˙ ˆ ix ˙k ¸
n
n
ÿ
ÿ
cospkxq
e
n´k n
n´k n
p´1q
“ Re
p´1q
k cosk pxq
k
cospxq
k“0
k“0
Par ailleurs, on a :
ˆ ix ˙k
ˆ ix
˙n
n ˆ ˙
ÿ
e
e
n
p´1qn´k
“
´1
k
cospxq
cospxq
k“0
grâce au binôme de Newton.
“ pi tanpxqqn
“e
i n⇡
2
car cospxq ‰ 0.
tann pxq
En passant à la partie réelle, on obtient finalement :
n
ÿ
k“0
p´1q
n´k
$
ˆ ˙
&0
´ n⇡ ¯
n cospkxq
n
“ cos
tan pxq “
k
k cos pxq
%p´1qp tan2p pxq
2
si n “ 2p ` 1, p P N
si n “ 2p, p P N
Exercice 3 - Factorisation dans R et dans C
1) Pour factoriser le polynôme X 2n ´ 1 dans C, commençons par déterminer ses racines dans C.
Soit z P C. Résolvons l’équation z 2n ´ 1 “ 0. Pour cela, on peut utiliser le rappel de cours suivant :
HHH
9
- Concours 2015
Rappel de cours
Soit n P N˚ . On rappelle que les solutions complexes de l’équation z n “ 1 sont :
! 2ik⇡
)
Un “ e n , k P rr 0 , n ´ 1 ss
On rappelle également que pUn , ˆq forme un groupe appelé groupe des racines n-ièmes de l’unité. Le groupe Un
2ik⇡
est cyclique (c’est-à-dire monogène et fini), engendré par les éléments de la forme e n où k et n sont premiers
entre eux. Un est isomorphe à Z{nZ via l’isomorphisme de groupes :
#
pZ{nZ, `q ›Ñ pUn , ˆq
f:
2ik⇡
k
fi݄ e n
Il s’agit en réalité d’un résultat plus général car on peut en effet montrer que tout groupe cyclique d’ordre n est
isomorphe à Z{nZ.
Ici, les solutions de l’équation z 2n “ 1 sont :
On peut donc affirmer que, sur C, on a :
! ik⇡
)
e n , k P rr 0 , 2n ´ 1 ss
X 2n ´ 1 “
2n´1 ´
⇧
k“0
X ´e
ik⇡
n
¯
Il faut se souvenir que :
Rappel de cours
Soit P P KrXs. Factoriser P revient à écrire le polynôme comme produit de polynômes irréductibles. Il faut se
rappeler de quelle forme sont les polynômes irréductibles.
— Sur C : les polynômes irréductibles de CrXs sont les polynômes de degré 1.
— Sur R : les polynômes irréductibles de RrXs sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré
2 qui n’ont pas de racines réelles. C’est-à-dire les polynômes de la forme aX 2 `bX `c tels que b2 ´4ac † 0.
Pour factoriser le polynôme X 2n ´ 1 dans RrXs, il faut donc l’écrire comme produit de polynômes de degré 1 ou de
polynômes de degré 2 sans racines réelles. Pour cela, on va regrouper astucieusement les racines complexes du polynôme.
Détaillons le résultat obtenu précédemment :
ˆ
˙
´
¯
´
¯
´
¯
ip2n´1q⇡
ipn´1q⇡
ipn`1q⇡
i⇡
X 2n ´ 1 “ pX
´ 1q X ´ e n . . . X ´ e n
pX ` 1q X ´ e n
... X ´ e n
looomooon
looomooon
looooomooooon
loooooooooomoooooooooon
k“0
k“n
k“1
k“2n´1
De plus, on peut remarquer que :
@k P rr 0 , 2n ´ 1 ss, e
ik⇡
n
“e
ip2n´kq⇡
n
(‹)
La relation (‹) nous permet de regrouper une racine complexe non réelle avec son conjugué (voir illustration ci-dessous).
En effet, on aura :
X 2n ´ 1 “ pX ´ 1qpX ` 1q
n´1 ´
⇧
k“1
X ´e
ik⇡
n
“ pX ´ 1qpX ` 1q
n´1 ´
X ´e
ik⇡
n
⇧
k“0
¯ n´1 ´
⇧
k“1
X ´e
ip2n´kq⇡
n
˙
¯ˆ
ik⇡
X ´e n
Et sachant que, pour tout k P rr 1 , n ´ 1 ss, on a :
˙
ˆ ˙
´
¯ˆ
ik⇡
ik⇡
k⇡
X ´e n
X ´e n
“ X 2 ´ 2 cos
X `1
n
On obtient finalement :
¯
10
- Concours 2015
X 2n ´ 1 “ pX ´ 1qpX ` 1q
n´1 ˆ
⇧
k“0
X 2 ´ 2 cos
ˆ
k⇡
n
˙
X `1
˙
Cas n “ 4 : racines complexes et leurs conjugués.
2) D’après la question précédente, on sait que :
r2n ´ 1 “ pr2 ´ 1q
n´1 ˆ
⇧
k“1
1 ´ 2r cos
ˆ
k⇡
n
˙
` r2
˙
Comme r P s 1 , `8 r, r2 ´ 1 ° 0 et pour tout k P rr 1 , n ´ 1 ss, on a :
ˆ ˙
ˇ
ˇ
k⇡ ˇ2
k⇡
ˇ
1 ´ 2r cos
` r2 “ ˇr ´ ei n ˇ ° 0
n
Ainsi, en passant au logarithme dans ¨, on obtient :
ˆ 2n
˙ n´1
ˆ ˙
˙
ÿ ˆ
r ´1
k⇡
2
ln
“
ln
1
´
2r
cos
`
r
r2 ´ 1
n
k“1
Conclusion :
Pour tout r P s 1 , `8 r ,
ˆ
ˆ ˙
˙
ˆ 2n
˙
k⇡
r ´1
ln 1 ´ 2r cos
` r2 “ ln
.
n
r2 ´ 1
k“1
n´1
ÿ
(¨)
11
- Concours 2015
3) On peut utiliser le rappel de cours suivant :
Rappel de cours
˚
Théorème (Sommes de Riemann). Soit f : r a , b s Ñ R continue.
ˆ Soit n P˙N . Définissons la somme de
b´a
Riemann Spf, n q associée à f et à la subdivision équirépartie n “ a ` k
par :
n
0§k§n
Spf,
Alors la suite pSpf,
n qqnPN˚ converge vers
nq “
ªb
a
˙
n´1 ˆ
b´a ÿ
b´a
f a`k
n k“0
n
f ptq dt.
Ici, la fonction f : r 0 , ⇡ s ›Ñ R ; t fi›Ñ lnp1 ´ 2r cosptq ` r2 q est continue sur r 0 , ⇡ s comme composée de fonctions
continue. Le rappel de cours précédent permet d’affirmer que :
ˆ
ˆ ˙
˙ ª⇡
n´1
`
˘
⇡ÿ
k⇡
2
lim
ln 1 ´ 2r cos
`r
“
ln 1 ´ 2r cosptq ` r2 dt
n
nÑ`8 n
0
k“1
Ainsi, en utilisant le résultat de la question précédente, on est ramenés à calculer :
ˆ 2n
˙
⇡
r ´1
lim
ln
r2 ´ 1
nÑ`8 n
Pour cela, on écrit :
⇡
ln
n
ˆ
r2n ´ 1
r2 ´ 1
˙
“
“
Ainsi,
lim
nÑ`8
⇡
ln
n
ˆ
˙
⇡
1 ´ r´2n
ln r2n 2
n
r ´1
ˆ
´ 1 ´ r´2n ¯˙
⇡
2n lnprq ` ln
n
r2 ´ 1
ˆ
r2n ´ 1
r2 ´ 1
˙
“ 2⇡ lnprq
Par unicité de la limite, on a finalement :
Pour tout r P s 1 , `8 r ,
ª⇡
0
`
˘
ln 1 ´ 2r cosptq ` r2 dt “ 2⇡ lnprq.
Exercice 4 - Un peu de géométrie : le théorème de Napoléon
HH
1) Montrons le sens direct puis le sens réciproque.
— ñ : Si le triangle U V W est équilatéral direct, alors on peut affirmer que le point U est l’image de W par la rotation
⇡
de centre V et d’angle . (Voir illustration ci-dessous)
3
12
- Concours 2015
Triangle équilatéral direct U V W
On peut alors utiliser le rappel de cours suivant :
Rappel de cours
Soit ⌦ un point du plan d’affixe ! et ✓ P R. On définit la rotation de centre ⌦p!q et d’angle ✓, notée R⌦,✓
par :
Pour tout point M du plan d’affixe z, R⌦,✓ pM q “ M 1 où M 1 est le point du plan d’affixe z 1 tel que :
pz 1 ´ !q “ ei✓ pz ´ !q
On a donc :
⇡
u ´ v “ ei 3 pw ´ vq
⇡
Le lecteur pourra se convaincre facilement que ei 3 “ ´j 2 . On obtient alors :
u ´ v “ ´j 2 pw ´ vq
⇡
—  : Réciproquement, supposons que u ´ v “ ei 3 pw ´ vq. Alors U est l’image de W par la rotation de centre V et
⇡
d’angle
donc le triangle U V W est équilatéral direct.
3
Conclusion :
Le triangle U V W est équilatéral direct si et seulement si u ´ v “ ´j 2 pw ´ vq.
2) Montrons le sens direct puis le sens réciproque.
— ñ : Supposons que le triangle U V W est équilatéral direct. D’après la question précédente, on a : u ´ v “ ´j 2 pw ´ vq.
Ce qui donne :
u ` p´1 ´ j 2 qv ` j 2 w “ 0
Or, on sait que 1 ` j ` j 2 “ 0 donc on obtient :
u ` jv ` j 2 w “ 0
13
- Concours 2015
Remarque
Comment faire pour montrer que 1 ` j ` j “ 0 ?
2
Nous allons prouver un résultat plus général. Soit n P N˚ . Alors :
Proposition. Tout nombre complexe z différent de 1 vérifiant z n
1 ` X ` . . . ` X n´1 .
“
1 est racine du polynôme
Cela signifie que si z est une racine n-ième de l’unité différente de 1, alors : 1 ` z ` . . . ` z n´1 “ 0. Ce résultat
se prouve facilement en remarquant que :
˜
¸
n´1
ÿ
pX ´ 1q
Xj “ Xn ´ 1
j“0
Dans le cas où n “ 3, la proposition appliquée à z “ j donne bien : 1 ` j ` j 2 “ 0.
—  : Réciproquement, supposons que u ` jv ` j 2 w “ 0. Alors on montre que : u ´ v “ ´j 2 pw ´ vq et d’après la question
1), il s’en suit que le triangle U V W est équilatéral direct.
Conclusion :
Le triangle U V W est équilatéral direct si et seulement si u ` jv ` j 2 w “ 0.
3) Dans ce genre d’exercice, il est très fortement recommandé de faire un dessin. Cela aide à se faire une idée de la réponse
à la question posée.
Illustration du théorème de Napoléon.
4) On rappelle que pour un triangle équilatéral, alors hauteur, médiane et bissectrices issues d’un sommet et médiatrice du
2⇡
{
côté opposé à ce sommet sont confondues. Comme on a W B “ W A et BW
A“
, on en déduit que :
3
14
- Concours 2015
On en déduit de même que :
et
Des relations ¨ à Æ, on tire :
w“
Ce qui nous donne :
a ´ jb
1´j
et :
u ` jv ` j 2 w “
D’après la question 2), on peut affirmer que :
pa ´ wq “ jpb ´ wq
(¨)
pb ´ uq “ jpc ´ uq
(≠)
pc ´ vq “ jpa ´ vq
(Æ)
u“
b ´ jc
1´j
et :
v“
c ´ ja
1´j
b ´ jc ` jc ´ j 2 a ` j 2 a ´ b
“0
1´j
Le triangle U V W est équilatéral direct.
Par ailleurs, les relations ¨ à Æ donnent :
a ` b ` c ´ pu ` v ` wq “ j pa ` b ` c ´ pu ` v ` wqq
Ce qui donne :
a`b`c“u`v`w
En utilisant la correspondance entre affixe (dans le plan complexe) et vecteur (dans le plan euclidien), on peut affirmer
que l’isobarycentre des points A, B et C (ici, le point d’affixe a ` b ` c) est égal à l’isobarycentre des points U , V et W
(ici, le point d’affixe u ` v ` w). On en déduit donc que :
Les triangles U V W et ABC ont le même centre de gravité.
Pour aller plus loin, on pourrait aussi montrer que les droites pAP q, pCRq et pBQq sont concourantes en un point T appelé
point de Torricelli. C’est le point de concours des cercles circonscrits aux triangles ABR, ACQ et BCP . C’est aussi le
point qui rend minimale la distance f pM q “ M A ` M B ` M C lorsque les angles du triangle ABC sont inférieurs à 120.
Point de Torricelli : point de concours des cercles circonscrits aux triangles ABR, ACQ et BCP .
15
- Concours 2015
Exercices d’approfondissement
Exercice 5 - Deux cas d’égalité
uu
1) Partons de l’égalité |w1 ` . . . ` wn | “ |w1 | ` . . . ` |wn |. On peut réécrire cette égalité de la manière suivante (qui est plus
condensée) :
ˇÿ
ˇ
n
ÿ
ˇ n
ˇ
ˇ wk ˇ “
|wk |
ˇ
ˇ
k“1
k“1
Point méthode
Lorsqu’on travaille avec les nombres complexes, il faut garder à l’esprit qu’il est souvent plus facile de travailler
avec le carré du module d’un nombre complexe. En effet, on peut (et il faut) penser à utiliser l’identité :
@z P C, |z|2 “ zz “ zz
En élevant l’égalité au carré, On obtient :
¸2
ˇÿ
ˇ2 ˜ ÿ
n
ˇ n
ˇ
ˇ wk ˇ “
|w
|
k
ˇ
ˇ
k“1
(¨)
k“1
Pour développer le terme de gauche, on peut écrire :
˜
¸˜
¸
ˇ n
ˇ
n
n
ÿ
ÿ
ˇ ÿ ˇ2
ˇ wk ˇ “
wk
wk
ˇ
ˇ
k“1
Simplifions un peu l’expression
ou non :
n
ÿ
k“1
“
˜
“
i,j“1
n
ÿ
wi
i“1
n
ÿ
¸˜
k“1
n
ÿ
wj
j“1
¸
car l’application z fiÑ z est R-linéaire.
wi wj
wi wj . On peut commencer par distinguer si les indices de sommation i et j sont égaux
i,j“1
n
ÿ
i,j“1
wi wj “
n
ÿ
i“1
|wi |2 `
n
ÿ
wi wj
i,j“1
i‰j
On a ensuite :
n
ÿ
i,j“1
i‰j
wi wj “
“
“
n
ÿ
i,j“1
i†j
n
ÿ
i,j“1
i†j
n
ÿ
wi wj `
wi wj `
i,j“1
i†j
n
ÿ
“2
n
ÿ
i,j“1
i°j
n
ÿ
wi wj
wi wj
i,j“1
i†j
pwi wj ` wi wj q
i,j“1
i†j
Re pwi wj q
Cela permet d’affirmer que le terme de gauche de ¨ est égal à :
ˇÿ
ˇ2
n
n
ÿ
ÿ
ˇ n
ˇ
ˇ wk ˇ “
|wk |2 ` 2
Re pwi wj q
ˇ
ˇ
k“1
k“1
i,j“1
i†j
Pour développer le terme de droite de ¨, on peut utiliser le rappel suivant :
car @z P C, z ` z “ 2 Re pzq.
16
- Concours 2015
Rappel de cours
Soit n P N˚ . Si pa1 , . . . , an q sont n nombres réels, alors on a :
˜
¸2
n
n
n
ÿ
ÿ
ÿ
ak
“
a2k ` 2
ai aj
k“1
i,j“1
i†j
k“1
Ici, on a :
˜
n
ÿ
k“1
|wk |
¸2
“
n
ÿ
|wk |2 ` 2
k“1
n
ÿ
i,j“1
i†j
|wi ||wj |
En injectant ces résultat dans l’équation ¨, on en déduit que :
n
ÿ
i,j“1
i†j
|wi ||wj | ´ Re pwi wj q “ 0
(≠)
Pour conclure cette question, il suffit de remarquer que pour tout z P C, on a : Re pzq § |z| (et Im pzq § |z| également).
Ce résultat appliqué avec z “ wi wj donne :
@pi, jq P t1, . . . , nu2 , i † j, |wi ||wj | ´ Re pwi wj q • 0
Remarque
On peut aussi remarquer que cette dernière inégalité
` est
˘ ni plus ni moins que l’inégalité de Cauchy-Schwarz
appliquée avec le produit scalaire pz, z 1 q P C2 fiÑ Re zz 1 . La norme associée à ce produit scalaire étant z fiÑ |z|.
On en déduit finalement que ≠ est une somme nulle de termes réels positifs. Cela implique que chaque terme de la somme
est nul. D’où :
@pi, jq P t1, . . . , nu2 , i † j, Re pwi wj q “ |wi ||wj |
Par symétrie, on obtient finalement :
@pi, jq P t1, . . . , nu2 , i ‰ j, Re pwi wj q “ |wi ||wj |
Distinguons ensuite deux cas :
— Si w1 “ . . . “ wn “ 0, alors ✓ “ 0 convient.
— Sinon, on peut utiliser le rappel suivant :
Rappel de cours
Il faut se souvenir que tout nombre complexe non nul z P C˚ s’écrit :
z “ |z|ei✓
avec ✓ P R. Un réel ✓ vérifiant cette égalité est appelé un argument de z (il y en a une infinité car si ✓ est un
argument de z, ✓`2k⇡, k P Z est encore un argument de z). Il est bon de savoir qu’il existe un unique argument
de z dans l’intervalle s ´⇡ , ⇡ s. On dit que cet argument est la détermination principale de l’argument et on
le note Argpzq.
Soit k P t1, . . . , nu tel que wk ‰ 0 et notons ✓k “ Argpwk q P s ´⇡ , ⇡ s tel que wk “ |wk |ei✓k . Soit p P t1, . . . , nu avec
k ‰ p. Si wp “ 0, on peut toujours écrire wp “ |wp |ei✓k . Sinon, notons ✓p “ Argpwp q P s ´⇡ , ⇡ s tel que wp “ |wp |ei✓p .
Alors,
wk wp “ |wk ||wp |eip✓k ´✓p q
Mais comme Re pwk wp q “ |wk ||wp |, on a :
|wk ||wp | cosp✓k ´ ✓p q “ |wk ||wp |
17
- Concours 2015
Et en simplifiant par |wk ||wp | ‰ 0, on obtient :
cosp✓k ´ ✓p q “ 1
Cela signifie que ✓k ´ ✓p “ 0 pmod 2⇡q. Mais par hypothèse (c’est pour cela que l’on a choisi de travailler avec la
détermination principale de l’argument), |✓k ´ ✓p | † 2⇡. Cela impose que ✓k “ ✓p . Ceci étant vrai pour k et p deux
entiers distincts de t1, . . . , nu quelconques, on en déduit que :
Il existe un réel ✓ P s ´⇡ , ⇡ s tel que @i P t1, . . . , nu, wi “ |wi |ei✓ .
2)  : Si il existe un unique réel ✓ tel que @i P t1, . . . , nu, zi “ |zi |ei✓ , le lecteur pourra se convaincre que l’on a bien
A|z| “ |Az|.
ñ : Commençons par la remarque suivante :
Remarque
L’énoncé affirme que pour tout vecteur x P R r t0u, le vecteur Ax est à coordonnées strictement positives.
n
Notons pe1 , . . . , en q la base canonique de Rn . Alors pour tout i P t1, . . . , nu, par définition de la matrice canoniquement associée à une application linéaire, le vecteur Aei est égal à la i-ème colonne de A. On peut donc affirmer
que pour tout i P t1, . . . , nu,
¨
˛
a1,i
˚
‹
Aei “ ˝ ... ‚
an,i
est à coordonnées strictement positives. Finalement, tous les coefficients de la matrice A sont strictement positifs.
On va utiliser ce résultat dans la suite.
Supposons que A|z| “ |Az|. Matriciellement, cette relation s’écrit :
¨
˛
|z1 |
˚
‹
A ˝ ... ‚ “ |Az|
|zn |
Ce qui s’écrit aussi :
¨
˛ ¨ˇ n
ˇ˛
ˇÿ
ˇ
ˇ a1,j zj ˇ
a
|z
|
1,j
j
˚
‹ ˚ˇ
ˇ‹
˚ j“1
‹ ˚ j“1
‹
˚
‹ ˚
‹
˚
‹ ˚
‹
..
.
.
“
˚
‹
˚
‹
.
.
˚
‹ ˚ˇ
‹
ˇ
n
n
˚ÿ
‹ ˚ˇ ÿ
‹
ˇ
˝ a |z |‚ ˝ˇ a z ˇ‚
n,j j
n,j j ˇ
ˇ
n
ÿ
j“1
On en déduit que :
@k P t1, . . . , nu,
j“1
n
ÿ
j“1
ˇ n
ˇ
ˇÿ
ˇ
ak,j |zj | “ ˇˇ ak,j zj ˇˇ
(Æ)
j“1
Fixons k “ 1 et posons : @i P t1, . . . , nu, wi “ a1,i zi . Compte tenu de l’équation Æ, on peut appliquer le résultat de la
question 1). Ainsi, il existe un réel ✓ P s ´⇡ , ⇡ s te que :
@i P t1, . . . , nu, a1,i zi “ a1,i |zi |ei✓
Mais comme a1,i ° 0 pour tout i P t1, . . . , nu, on en déduit finalement :
Il existe ✓ P s ´⇡ , ⇡ s tel que @i P t1, . . . , nu, zi “ |zi |ei✓ .
18
- Concours 2015
Exercice 6 - Demi-plan de Poincaré
1)
uu
(a) Commençons par écrire :
z sinp✓q ` cosp✓q “ pRe pzq sinp✓q ` cosp✓qq ` i Im pzq sinp✓q
Si ✓ R ⇡Z, alors Im pz sinp✓q ` cosp✓qq ‰ 0.
Si ✓ P ⇡Z, alors Im pz sinp✓q ` cosp✓qq “ 0 mais Re pz sinp✓q ` cosp✓qq ‰ 0.
Conclusion :
Pour tout ✓ P R, la fonction A✓ est bien définie sur H.
(b) Il faut se souvenir que :
Point méthode
Un quotient de nombres complexes n’est pas toujours évident à manipuler. Souvent, on préfère multiplier le
numérateur du quotient par le conjugué du dénominateur, de sorte à manipuler un nombre complexe (plutôt
qu’un quotient de nombres complexes).
Ici, on a :
A✓ pzq “
On en déduit donc que :
z cosp✓q ´ sinp✓q
z sinp✓q ` cosp✓q
“
pz cosp✓q ´ sinp✓qq pz sinp✓q ` cosp✓qq
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
“
|z|2 sinp✓q cosp✓q ` cos2 p✓qz ´ sin2 p✓qz ´ sinp✓q cosp✓q
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
Im pA✓ pzqq “ Im
“
ˆ
cos2 p✓qz ´ sin2 p✓qz
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
˙
Im pzq
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
car Im pzq “ ´ Im pzq.
Et comme z P H, on a Im pzq ° 0, ce qui donne Im pA✓ pzqq ° 0.
Conclusion :
Pour tout ✓ P R, A✓ est bien à valeurs dans H.
2)
(a) Soit ! P H. Nous avons :
A✓ pzq “ ! ô
z cosp✓q ´ sinp✓q
“!
z sinp✓q ` cosp✓q
ô ! pz sinp✓q ` cosp✓qq “ pz cosp✓q ´ sinp✓qq
ô z pcosp✓q ´ ! sinp✓qq “ ! cosp✓q ` sinp✓q
ôz“
! cosp✓q ` sinp✓q
cosp✓q ´ ! sinp✓q
car cosp✓q ´ ! sinp✓q ‰ 0.
! cosp✓q ` sinp✓q
est bien un élément de H. Le raisonnement précédent
cosp✓q ´ ! sinp✓q
prouve que ! a au plus un antécédent par A✓ . On en déduit que A✓ est injective. Par ailleurs, le seul antécédent de
! cosp✓q ` sinp✓q
! par A✓ ne pouvant être que
, on en déduit que A✓ est surjective.
cosp✓q ´ ! sinp✓q
D’après la question 1)a), pour tout réel ✓,
19
- Concours 2015
Conclusion :
Pour tout ✓ P R, A✓ est bijective de H dans H.
(b) Montrer que l’application ✓ P pR, `q fi›Ñ A✓ P BijpHq est un morphisme de groupes revient à prouver que :
@p✓, ✓1 q P R2 , A✓`✓1 “ A✓ ˝ A✓1
Soit p✓, ✓1 q P R2 . Calculons A✓ ˝ A✓1 . Soit z P H, on a :
˙
ˆ
z cosp✓1 q ´ sinp✓1 q
pA✓ ˝ A✓1 qpzq “ A✓
z sinp✓1 q ` cosp✓1 q
z cosp✓1 q ´ sinp✓1 q
cosp✓q ´ sinp✓q
z sinp✓1 q ` cosp✓1 q
“
1
1
z cosp✓ q ´ sinp✓ q
sinp✓q ` cosp✓q
z sinp✓1 q ` cosp✓1 q
D’où :
“
zpcosp✓1 q cosp✓q ´ sinp✓1 q sinp✓qq ´ sinp✓1 q cosp✓q ´ cosp✓1 q sinp✓q
zpcosp✓1 q sinp✓q ` sinp✓1 q cosp✓qq ´ sinp✓1 q sinp✓q ` cosp✓1 q cosp✓q
“
z cosp✓ ` ✓1 q ´ sinp✓ ` ✓1 q
z sinp✓ ` ✓1 q ` cosp✓ ` ✓1 q
grâce aux formules de duplication.
@p✓, ✓1 q P R2 , A✓`✓1 “ A✓ ˝ A✓1
C’est-à-dire :
L’application ✓ P pR, `q fi›Ñ A✓ P BijpHq est un morphisme de groupes.
Remarque
Grâce à la propriété de morphisme de groupe, on a A0 “ IdH . On en déduit donc que :
A✓´✓ “ A0 “ IdH “ A✓ ˝ A´✓
Donc A´✓ est l’inverse de l’application A✓ .
3)
(a) Soit ✓ P R et soit z P H. On a :
|A✓ pzq|2 ` 1 “
“
|z cosp✓q ´ sinp✓q|2
`1
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
|z cosp✓q ´ sinp✓q|2 ` |z sinp✓q ` cosp✓q|2
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
En utilisant le rappel de cours suivant :
Rappel de cours
Pour tout couple pz, z 1 q de nombres complexes, on a :
|z ´ z 1 |2 “ |z|2 ´ 2 Re pzz 1 q ` |z 1 |2
(‹‹)
On obtient cette égalité en écrivant |z ´ z 1 |2 “ pz ´ z 1 qpz ´ z 1 q puis en développant. Il faudra utiliser l’identité
z `z “ 2 Re pzq. De façon plus savante, l’identité (‹‹) est une identité de polarisation pour le produit scalaire
pz, z 1 q P C2 fi›Ñ Re pzz 1 q P R` dont la forme quadratique associée est z P C fi›Ñ |z|2 P R` .
on obtient :
|A✓ pzq|2 ` 1 “
Par ailleurs, on a montré à la question 1)b) que :
|z|2 ` 1
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
20
- Concours 2015
Im pA✓ pzqq “
Donc on a bien :
cpA✓ pzqq “
Conclusion :
Im pzq
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
|A✓ pzq|2 ` 1
|z|2 ` 1
“
“ cpzq
2 Im pA✓ pzqq
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
Pour tout réel ✓, c ˝ A✓ “ c.
(b) —  : Supposons que ✓ ´ ✓1 “ k⇡ avec k P Z. Alors ✓ “ ✓1 ` k⇡ et, pour z P H, on a :
A✓ pzq “ A✓1 `k⇡ pzq
“
“
z cosp✓1 ` k⇡q ´ sinp✓1 ` k⇡q
z sinp✓1 ` k⇡q ` cosp✓1 ` k⇡q
p´1qk z cosp✓1 q ´ p´1qk sinp✓1 q
p´1qk z sinp✓1 q ` p´1qk sinp✓1 q
“ A✓1 pzq
Donc A✓ “ A✓1 .
— ñ : Supposons que A✓ pzq “ A✓1 pzq pour tout z P H r tiu. Alors :
z cosp✓q ´ sinp✓q
z cosp✓1 q ´ sinp✓1 q
“
z sinp✓q ` cosp✓q
z sinp✓1 q ` cosp✓1 q
ô pz cosp✓q ´ sinp✓qqpz sinp✓1 q ` cosp✓1 qq “ pz sinp✓q ` cosp✓qqpz cosp✓1 q ´ sinp✓1 qq
A✓ pzq “ A✓1 pzq ô
ô pz 2 ` 1q sinp✓q cosp✓1 q “ pz 2 ` 1q cosp✓q sinp✓1 q
ô pz 2 ` 1q sinp✓ ´ ✓1 q “ 0
ô ✓ ´ ✓1 P ⇡Z
car z 2 ` 1 ‰ 0 (Impzq ° 0 et z ‰ i).
Conclusion :
Pour tout z P H r tiu, A✓ pzq “ A✓1 pzq si et seulement si ✓ ´ ✓1 P ⇡Z.
4)
(a) Soit z0 P H r tiu. Montrons que O Ä Cz0 . Soit z P O. Par définition, il existe un réel ✓ tel que z “ A✓ pz0 q. Nous
voulons montrer que :
a
|z ´ icpz0 q| “ cpz0 q2 ´ 1
Pour cela, écrivons :
|z ´ icpz0 q|2 “ |z|2 ´ 2cpz0 q Re pizq ` cpz0 q2
“ |z|2 ´ 2cpz0 q Im pzq ` cpz0 q2
“ |z|2 ` 1 ´ 2cpz0 q Im pzq ` cpz0 q2 ´ 1
“ 2cpzq Im pzq ´ 2cpz0 q Im pzq ` cpz0 q2 ´ 1
“ pcpzq ´ cpz0 qq Im pzq ` cpz0 q2 ´ 1
car cpzq “
|z|2 ` 1
.
2 Im pzq
Or, z “ A✓ pz0 q et donc, cpzq “ cpA✓ pz0 qq. D’après la question 2)a), on a : c “ c ˝ A✓ . D’où : cpzq “ cpz0 q. On a
alors :
|z ´ icpz0 q|2 “ cpz0 q2 ´ 1
Donc z P Cz0 et on en déduit que :
O Ä C z0
21
- Concours 2015
(b) Considérons un point z du cercle Cz0 . Si z “ z0 , alors z “ A0 pz0 q et z P O. Si z ‰ z0 , nous allons montrer qu’il
existe ✓ P s 0 , ⇡ r (qui dépend de z) tel que z “ A✓ pz0 q. Mais :
A✓ pz0 q “ z ô
z0 cosp✓q ´ sinp✓q
“z
z0 sinp✓q ` cosp✓q
ô cotanp✓q “
1 ` z0 z
z0 ´ z
car sinp✓q ‰ 0.
Or la fonction cotan réalise une bijection de s 0 , ⇡ r sur R. Pour pouvoir conclure, il suffit de prouver que le quotient
1 ` z0 z
est réel quelque soit z P Cz0 (avec z ‰ z0 ). A la question précédente, nous avons montré que :
z0 ´ z
|z ´ icpz0 q|2 “ pcpzq ´ cpz0 qq Im pzq ` cpz0 q2 ´ 1
On en déduit l’équivalence suivante :
z P Cz0 ô cpzq “ cpz0 q
En effet, si z P Cz0 (avec z ‰ z0 ), on a : |z ´ icpz0 q|2 “ cpz0 q2 ´ 1. Cela impose pcpzq ´ cpz0 qq Im pzq “ 0. Mais comme
Im pzq ° 0, on a donc : cpzq “ cpz0 q. Le sens réciproque a été traité à la question précédente. On a donc :
cpzq “ cpz0 q ô
ô
|z|2 ` 1
|z0 |2 ` 1
“
2 Im pzq
2 Im pz0 q
|z|2 ` 1
|z0 |2 ` 1
“
z´z
z0 ´ z0
ô p|z0 |2 ` 1qpz ´ zq “ pz0 ´ z0 qp|z|2 ` 1q
ô
ô
On en déduit que
1 ` z0 z
1 ` z0 z
“
z0 ´ z
z0 ´ z
1 ` z0 z
PR
z0 ´ z
1 ` z0 z
est réel pour tout z P Cz0 (avec z ‰ z0 ). On peut donc choisir :
z0 ´ z
ˆ
˙
1 ` z0 z
✓ “ cotan´1
z0 ´ z
Ce qui prouve que z “ A✓ pz0 q et fournit l’inclusion réciproque Cz0 Ä O.
Conclusion :
O “ C z0