y - PanaMaths

POLYNESIE – Série S – Juin 2000 – Exercice
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct
GG
⎛
⎞
⎜ O; u, v ⎟ ,
⎝
⎠
unité
graphique 4cm. Dans l’ensemble des nombres complexes ^ , i désigne
le nombre de module 1, et d’argument π .
2
On appelle f l’application, qui, à tout nombre complexe z différent de
−2i , associe :
Z = f ( z) = z −2+i
z + 2i
1. Si z = x + iy , x et y étant deux réels, exprimer la partie réelle et la
partie imaginaire de Z en fonction de x et de y.
2
2
On vérifiera que : ℜe Z = x + y − 2 x + 3 y + 2 .
( )
a.
b.
2.
a.
b.
x2 + ( y + 2)
2
En déduire la nature de :
L’ensemble E des points M d’affixe z, tels que Z soit un réel ;
L’ensemble F des points M d’affixe z du plan, tels que Z soit un
imaginaire pur éventuellement nul.
Représenter ces deux ensembles.
On appelle A et B les points d’affixes respectives z A = 2 − i et
zB = −2i .
z − zA
En remarquant que Z =
, retrouver les ensembles E et F par
z − zB
une méthode géométrique.
Calculer f ( z ) −1 × z + 2i , et en déduire que les points M’ d’affixe
Z, lorsque le point M d’affixe z parcourt le cercle de centre B et de
rayon 5 , sont tous sur un même cercle dont on précisera le rayon
et l’affixe du centre.
PanaMaths
Mai 2002
Analyse
L’exercice explore le lien fort existant entre les complexes et la géométrie
Résolution
Æ Question 1.
On utilise directement l’expression de f ( z ) et on remplace la variable z par la forme
algébrique x + iy . Pour z ≠ −2i il vient alors :
f (z) =
z − 2 + i x + iy − 2 + i ( x − 2 ) + i ( y + 1)
=
=
z + 2i
x + iy + 2i
x + i ( y + 2)
Classiquement, on multiplie le numérateur et le dénominateur par le conjugué du
dénominateur de façon à obtenir une nouvelle expression comportant un réel au
dénominateur :
( x − 2 ) + i ( y + 1) ⎣⎡( x − 2 ) + i ( y + 1)⎦⎤ ⎣⎡ x − i ( y + 2 )⎦⎤
=
x + i ( y + 2)
⎡⎣ x + i ( y + 2 ) ⎤⎦ ⎡⎣ x − i ( y + 2 ) ⎤⎦
⎡ x ( x − 2 ) + ( y + 1)( y + 2 ) ⎤⎦ + i ⎡⎣ x ( y + 1) − ( x − 2 )( y + 2 ) ⎤⎦
=⎣
2
x2 + ( y + 2)
x ( x − 2 ) + ( y + 1)( y + 2 )
x ( y + 1) − ( x − 2 )( y + 2 )
=
+
i
2
2
x2 + ( y + 2)
x2 + ( y + 2)
f (z) =
=
x2 + y 2 − 2 x + 3 y + 2
x + ( y + 2)
2
2
+i
−x + 2 y + 4
x2 + ( y + 2)
2
Il vient enfin :
ℜe ( f ( z ) ) = ℜe ( Z ) =
x2 + y 2 − 2 x + 3 y + 2
x + ( y + 2)
2
2
et ℑm ( f ( z ) ) = ℑm ( Z ) =
−x + 2 y + 4
x2 + ( y + 2)
2
Æ Question 1.a.
Soit E l’ensemble des points M d’affixe z, tels que Z soit un réel.
⎧ x + iy ≠ −2i
⎧⎪ z ≠ −2i
⎪
⎪⎧( x, y ) ≠ ( 0, −2 )
⇔ ⎨ −x + 2 y + 4
⇔⎨
On a : Z ∈ \ ⇔ ⎨
=0
⎩⎪ℑm ( Z ) = 0
⎩⎪− x + 2 y + 4 = 0
⎪ x 2 + ( y + 2 )2
⎩
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L’équation − x + 2 y + 4 = 0 est, dans le plan, l’équation cartésienne d’une droite. On constate
que le point de coordonnées ( 0, −2 ) appartient à cette droite puisque ses coordonnées en
vérifient l’équation. Or ce point ne peut appartenir à E puisque pour l’affixe z = −2i , f ( z )
n’est pas définie. En d’autres termes :
L’ensemble E recherché est la droite d’équation cartésienne − x + 2 y + 4 = 0
privée du point de coordonnées ( 0, −2 ) .
Æ Question 1.b.
Soit F l’ensemble des points M d’affixe z du plan, tels que Z soit un imaginaire pur
éventuellement nul.
On a :
⎧ x + iy ≠ −2i
⎪
⎪⎧ z ≠ −2i
Z ∈^ / \ ⇔ ⎨
⇔ ⎨ x2 + y 2 − 2 x + 3 y + 2
=0
2
⎪⎩ℜe ( Z ) = 0
2
⎪
2
x
y
+
+
(
)
⎩
⎧( x, y ) ≠ ( 0, −2 )
⎧⎪( x, y ) ≠ ( 0, −2 )
⎪⎪
2
2
⇔⎨ 2
⇔
⎨
3⎞
5 ⎛ 5⎞
2
⎛
2
⎟
⎪( x − 1) + ⎜ y + ⎟ = = ⎜⎜
⎩⎪ x + y − 2 x + 3 y + 2 = 0
2⎠
4 ⎝ 2 ⎟⎠
⎝
⎩⎪
2
2
3⎞ ⎛ 5 ⎞
⎛
L’équation ( x − 1) + ⎜ y + ⎟ = ⎜⎜
⎟ est, dans le plan, l’équation cartésienne du cercle de
2 ⎠ ⎝ 2 ⎟⎠
⎝
3⎞
5
⎛
centre Ω ⎜1, − ⎟ et de rayon r =
. On constate que le point de coordonnées ( 0, −2 )
2⎠
2
⎝
appartient à ce cercle puisque ses coordonnées en vérifient l’équation. Or ce point ne peut
appartenir à F puisque pour l’affixe z = −2i , f ( z ) n’est pas définie. En d’autres termes :
2
2
3⎞ ⎛ 5 ⎞
⎛
L’ensemble F recherché est le cercle d’équation cartésienne ( x − 1) + ⎜ y + ⎟ = ⎜⎜
⎟
2 ⎠ ⎝ 2 ⎟⎠
⎝
privé du point de coordonnées ( 0, −2 ) .
2
2
Æ Question 1.c.
Pour représenter les ensembles E et F, on peut utiliser le point de coordonnées ( 0, −2 ) même
si l’on a noté ci-dessus que, dans le cadre de cet exercice, il n’appartenait ni à E, ni à F.
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G
v
O
G
u
A
Ω
B
Æ Question 2.
On appelle A et B les points d’affixes respectives z A = 2 − i et z B = −2i .
Dans la première question, nous avons travaillé avec la partie réelle et la partie imaginaire de
z − zA
Z obtenues en déterminant sa forme algébrique. Ici, nous allons utiliser l’égalité : Z =
.
z − zB
Ainsi, on a : Z réel si, et seulement si, z est différent de –2i et arg Z = kπ où k ∈ ] .
JJJG JJJG
⎛ z − zA ⎞
⎛ z A − z ⎞ JJJG JJJG
Or, arg Z = arg ⎜
où
MB, MA désigne l’angle des deux
=
=
arg
MB
,
MA
⎟
⎜
⎟
⎝ z − zB ⎠
⎝ zB − z ⎠
JJJG
JJJG
vecteurs MB et MA .
(
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)
(
)
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JJJG
JJJG JJJG
On a donc : arg Z = kπ si, et seulement si, MB, MA = kπ , c’est à dire si les vecteurs MB et
JJJG
MA sont colinéaires. En d’autres termes, arg Z = kπ si, et seulement si, les point A, B et M
sont alignés. En tenant compte de la condition z ≠ −2i qui nous conduit à éliminer le point B,
on en déduit que l’ensemble des points M d’affixe z tels que Z soit un réel est la droite AB
privée du point B.
(
)
JJJG −2
JJJJG x − 2
2
0
et B
, il vient : AB
et AM
. L’équation cartésienne de la
−1
−2
−1
y +1
x − 2 y +1
droite AB est alors donnée par :
=
⇔ x − 2 = 2 y + 2 ⇔ −x + 2 y + 4 = 0 .
−2
−1
Comme on a : A
On retrouve bien le résultat obtenu à la question 1.a.
On souhaite maintenant que Z soit un imaginaire pur, éventuellement nul. En procédant
comme précédemment, on a : Z imaginaire pur si, et seulement si, z est différent de –2i et
arg Z =
π
2
+ kπ où k ∈ ] .
JJJG JJJG π
π
Or, arg Z = + kπ si, et seulement si, MB, MA = + kπ , c’est à dire si, et seulement si, les
2
JJJG2 JJJG
vecteurs MB et MA sont orthogonaux. En d’autres termes, on souhaite que le triangle MAB
soit rectangle en M. On sait (voir cours) qu’une telle condition fournit le cercle dont le centre
est le milieu du segment [ A, B ] et le rayon la moitié de la longueur de ce segment (c’est à
1 JJJJG
dire :
AB ).
2
2+0
=1
2
0
et B
, il vient I 2
Soit I le milieu du segment [ A, B ] . Comme on a : A
.
−2 − 1
3
−1
−2
=−
2
2
(
)
On retrouve bien les coordonnées du point Ω obtenu à la question 1 : I = Ω .
JJJG −2
1 JJJJG 1
Pour ce qui est du rayon, on a : AB
et donc :
AB =
−1
2
2
( −2 ) + ( −1)
2
2
=
1
5
.
4 +1 =
2
2
Enfin, la condition z ≠ −2i conduit à éliminer le point B. On retrouve ainsi, pour l’ensemble
5
F, le cercle de centre Ω et de rayon
, privé du point B.
2
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Æ Question 3.
Pour z ≠ −2i , on a :
f ( z ) −1 =
z − z A − ( z − zB )
z − zA
z − zA
z − zA
−1 =
= B
= B
z − zB
z − zB
z − zB
z − zB
Par ailleurs : z + 2i = z − z B .
On a donc : f ( z ) − 1 × z − z B = z − z B ×
zB − z A
z − zB
JJJG
= z B − z A = AB = 5
(1)
On suppose maintenant que le point M d’affixe z parcourt le cercle de centre B (d’affixe −2i )
JJJJJG
et de rayon 5 . Un point quelconque de ce cercle vérifie donc : BM = 5 (et
réciproquement,
tout point M vérifiant cette égalité est un point du cercle considéré). Or on a
JJJJJG
JJJJG
simplement : BM = z − z B puisque l’affixe du vecteur BM est le complexe z − z B .
Le cercle considéré est donc l’ensemble des points M vérifiant : z − z B = 5 .
D’après la relation (1) obtenue précédemment, les affixes de ces points vérifient alors :
f ( z ) − 1 × z − zB = 5 ⇔ f ( z ) − 1 × 5 = 5 ⇔ f ( z ) − 1 = 1
La dernière égalité traduit simplement le fait que les points M’ d’affixe Z appartiennent
au cercle de centre C d’affixe 1 et de rayon 1.
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