Interprétations géométriques des nombres complexes. Module et

DOCUMENT 10
Interprétations géométriques des nombres complexes. Module
et argument
Les nombres complexes ont d’abord été utilisés pour la résolution des équations algébriques
mais dès la fin du XVIIIe siècle ils ont eu une interprétation géométrique. L’idée d’associer à
tout nombre complexe un point d’un plan semble due à Wessel (1797) mais la méthode est plus
connue sous le nom d’Argand-Cauchy. Argand a développé cette technique vers 1806.
1. Le plan d’Argand-Cauchy
Soit P un plan affine euclidien, P~ son plan vectoriel associé. A tout repère orthonormé
→
→
R = (O, −
u,−
v ) de P on peut faire correspondre une application θ de C dans P et une application
θ~ de C dans P~ définies pour tout z = a + ib ∈ C, a ∈ R, b ∈ R, par :
• θ(z) est le point M de P de coordonnées (a, b) ou encore M = O + a~u + b~v .
~
~ de P~ de composantes a et b : V
~ = a~u + b~v .
• θ(z)
est le vecteur V
~ est le vecteur
On dit que M est le point image du nombre complexe z et que le vecteur V
~
image de z. Le nombre complexe z est l’affixe du point M et du vecteur V .
Les notations précédentes seront utilisées dans tout le document.
~
Il est clair que les applications θ et θ~ sont bijectives et que l’on a θ(z) = θ(0) + θ(z).
Le
paragraphe suivant permettra d’interpréter cette relation.
Il est important de noter que les applications θ et θ~ dépendent du choix d’un repère dans
P . Deux repères différents conduisent à des applications θ et θ~ différentes. Cependant une
partie importante des propriétés de cette correspondance entre nombres complexes et points ou
vecteurs d’un plan sont indépendantes du choix du repère.
Muni de l’addition, C est un groupe commutatif et l’application de R×C dans C, (λ, z) → λz,
vérifie les axiomes définissant les espaces vectoriels : λ(z1 + z2 ) = λz1 + λz2 , (λ + µ)z = λz + µz,
λ(µz) = (λµ)z, 1.z = z.
Le corps C est donc aussi un espace vectoriel sur R. (Plus généralement, tout corps est un
espace vectoriel sur chacun de ses sous-corps.) Comme tout élément z de C s’écrit de façon
unique z = a.1 + b.i avec (a, b) ∈ R2 , la dimension de cet espace vectoriel est 2 et (1, i) est une
base de ce plan vectoriel. C’est aussi de façon canonique un plan affine.
Considérons maintenant l’application de C2 dans R qui a (z1 , z2 ) fait correspondre
< z1 |z2 >= a1 a2 + b1 b2
si zk = ak + ibk , k = 1, 2.
C’est un produit scalaire sur le plan C :
• < z1 |z2 >=< z2 |z1 > ;
• < λz1 + µz2 |z >= λ < z1 |z > +µ < z2 |z > (λ ∈ R, µ ∈ R) ;
111
112
10. INTERPRÉTATION GÉOMÉTRIQUE DES NOMBRES COMPLEXES
• < z|z > ≥ 0 et < z|z >= 0 si et seulement si z = 0.
1
Muni de ce produit scalaire, le plan C devient un plan vectoriel euclidien avec ||z|| =< z|z > 2 =
|z|. C’est aussi un plan affine euclidien avec la distance d(z1 , z2 ) = |z1 − z2 |.
Propriétés du produit scalaire et du module
z1 z 2 + z 1 z2
• < z1 |z2 >= <(z1 .z2 ) =
. La première égalité signifie que le produit scalaire
2
est la partie réelle du produit hermitien sur C considéré comme espace vectoriel complexe.
1
• ||z|| =< z|z > 2 = |z| : le module du nombre complexe z coı̈ncide avec la norme associée au produit scalaire. Plusieurs propriétés du module sont des conséquences de ce
résultat. Par exemple:
– |z| ≥ 0 et |z| = 0 si et seulement si z = 0.
– |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | : c’est l’inégalité triangulaire dont on peut donner une
démonstration indépendante du produit scalaire :
|z1 + z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) = |z1 |2 + |z2 |2 + (z1 z2 + z1 z2 )
= |z1 |2 + |z2 |2 + 2<(z1 z2 )
≤ |z1 |2 + |z2 |2 + 2|z1 z2 | = |z1 |2 + |z2 |2 + 2|z1 ||z2 |
= (|z1 | + |z2 |)2 .
• La base (1, i) est orthonormée. Lorsque C devra être orienté, on supposera toujours
que cette base est directe.
Proposition 10.1. Pour tout plan affine euclidien P , l’application θ est une isométrie affine
de C sur P et θ~ est son isométrie vectorielle associée.
~
On a déjá remarqué que θ(z) = θ(0) + θ(z).
Montrons que θ~ est linéaire
• Soit zk = ak + ibk , k = 1 , 2. On a :
~ 1 + z2 ) = (a1 + a2 )~u + (b1 + b2 )~v = a1 ~u + b1~v + a2 ~u + b2~v = θ(z
~ 1 ) + θ(z
~ 2 ),
θ(z
ce qui se traduit par : l’image de la somme est la somme des images.
~
~
• soit λ ∈ R, z = a + ib ∈ C : θ(λz)
= λa~u + λb~v = λθ(z).
L’application θ~ est une isométrie vectorielle : avec les notations précédente
~ 1 ).θ(z
~ 2)
< z1 |z2 >= a1 a2 + b1 b2 = θ(z
L’application θ est donc une isométrie affine : si Mk est l’image de zk alors :
−−−−→
d(M1 , M2 ) = ||M1 M2 || = |z2 − z1 | = d(z1 , z2 ).
−−−−→
~ on a θ(z
~ 2 − z1 ) = θ(z
~ 2 ) − θ(z
~ 1) =
(M1 M2 est l’image de z2 − z1 car, en utilisant la linéarité de θ,
−−−→ −−−→ −−−−→
OM2 − OM1 = M1 M2 .)
Remarques. 1) Il est clair que θ~ conserve le produit scalaire. La première partie de la preuve
précédente est donc inutile si l’on sait que toute application qui conserve le produit scalaire est
linéaire.
2) Après avoir montré que θ~ est linéaire on peut aussi dire que par cette application la base
orthonormée (1, i) devient la base orthonormée (~u, ~v ) et en conclure que c’est une isométrie.
1. LE PLAN D’ARGAND-CAUCHY
113
(Toute application linéaire qui transforme une base orthonormée en un base orthonormée est
une isométrie.)
1.1. Interprétation géométrique
du
p
√ module. On a introduit le module du nombre
2
2
complexe z = a + ib par |z| = a + b = zz et on a vu que c’est aussi la norme de z pour la
structure de plan euclidien que l’on a définie sur C.
Considérons maintenant un autre repère orthonormé de P , (O0 , ~u0 , ~v 0 ) (ou un repère dans
un autre espace affine euclidien). Soit M 0 l’image de z = a + ib dans (O0 , ~u0 , ~v 0 ). On a :
p
−−−→
−−−→
−−→
−−→
OM = a~u + b~v , O0 M 0 = a~u0 + b~v 0 d’où ||OM || = a2 + b2 = ||O0 M 0 || et donc
Proposition 10.2. Soit R un repère orthonormé d’origine O d’un plan affine euclidien P
−−→
et M le point de P qui est l’image d’un nombre complexe z. La longueur du vecteur OM est
indépendante de P et de R et est égale au module de z.
Remarques 1) La proposition précédente donne la possibilité d’une définition géométrique du
−−→
module : on montre que si M est l’image de z alors ||OM || ne dépend ni du plan euclidien P ni
du repère R et on l’appelle le module de z. Il est nécessaire ensuite d’interpréter algébriquement
cette quantité.
2) On peut déduire de l’interprétation géométrique du module une preuve géométrique de |z1 +
z2 | ≤ |z1 | + |z2 |. Une preuve géométrique de l’inégalité triangulaire est, avec les notations
habituelles de la trigonométrie :
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A ≤ b2 + c2 + 2bc = (b + c)2 .
En conclusion l’application z → |z| est
• un homomorphisme surjectif de (C, .) sur (R+ , .) qui prolonge l’application valeur
z
|z|
absolue définie sur R. Il en résulte que |z n | = |z|n , | 0 | = 0 (n ∈ N, z ∈ C, z 0 ∈ C∗ ).
z
|z |
• une norme sur le plan vectoriel C :
– |z| ≥ 0 et |z| = 0 si et seulement si z = 0;
– |λz| = |λ||z|;
– |z + z 0 | ≤ |z| + |z 0 |.
(λ ∈ R, z, z 0 ∈ C.)
• De plus l’on a :
– |z| = |z| ;
– |<z| ≤ |z| avec égalité si et seulement si z ∈ R;
– |=z| ≤ |z| avec égalité si et seulement si z = λi, λ ∈ R.
Un exemple d’intervention
Soit z1 et z2 deux nombres complexes. Montrer que :
|z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = 2(|z1 |2 + |z2 |2 )
et interpréter géométriquement cette relation.
(1)
114
10. INTERPRÉTATION GÉOMÉTRIQUE DES NOMBRES COMPLEXES
Solution.
On a
|z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) + (z1 − z2 )(z1 − z2 )
= |z1 |2 + |z2 |2 + z1 z2 + z1 z2 + |z1 |2 + |z2 |2 − z1 z2 − z1 z2
= 2(|z1 |2 + |z2 |2 ).
Soit P un plan affine euclidien muni d’un repère orthonormé, M1 et M2 les images dans P de
−−→ −−−→ −−−→
z1 et z2 . Si l’image de z1 + z2 est M et l’image de z1 − z2 est N alors OM = OM1 + OM2 et
−−→ −−−−→
ON = M2 M1 . Un première interprétation géométrique de (1) est donc
OM 2 + M1 M22 = 2(OM12 + OM22 )
Dans un parallélogramme, la somme des carrés des longueurs des diagonales est égale à la somme
des carrés des longueurs des côtés. Lorsque le parallélogramme est un rectangle, on retrouve le
théorème de Pythagore.
Pour obtenir une deuxième interprétation géométrique, désignons par I le milieu de M1 M2 .
z1 + z2
Le point I est l’image de
et OI est une médiane du triangle OM1 M2 . La relation (1)
2
peut s’écrire :
2|
z1 + z2 2 |z1 − z2 |2
| +
= |z1 |2 + |z2 |2
2
2
d’où
M1 M22
= OM12 + OM22 .
2
On a retrouvé la relation qui donne la longueur de la médiane d’un triangle. Rappelons que
cette relation permet en particulier de déterminer l’ensemble des points du plan dont la somme
des carrés des distances à deux points fixes est constante.
2OI 2 +
Remarques. 1) La relation (1) est une condition nécessaire et suffisante pour que la norme
z → |z| soit déduite d’un produit scalaire. On a déjà remarqué qu’il en est bien ainsi.
2) On peut proposer l’exercice suivant.
(1) Démontrer que pour deux nombres complexes z1 et z2 on a
2|
z1 + z2 2 |z1 − z2 |2
| +
= |z1 |2 + |z2 |2 .
2
2
En déduire que pour trois nombres complexes z, a et b
|z − a|2 + |z − b|2 = 2|z −
a + b 2 |a − b|2
| +
.
2
2
(2) Soit A et B deux points distincts d’un plan affine euclidien. Quel est le lieu géométrique
des points M tels que M A2 + M B 2 = k, k ∈ R.
1.2. L’argument.
1. LE PLAN D’ARGAND-CAUCHY
115
1.2.1. Argument d’un nombre complexe de module 1. Précisons d’abord la définition de
l’argument en supposant connu les fonctions sinus et cosinus.
Définition 10.1. Pour tout nombre complexe z de module 1, on appelle argument de z
l’ensemble :
arg(z) = {t ∈ R|z = cos t + i sin t}
Propriétés élémentaires de l’argument de z, |z| = 1.
• Pour tout z de module 1, arg(z) 6= ∅. En effet si z = a + ib alors a2 + b2 = 1 et il existe
t, que l’on peut prendre dans [0, 2π[, tel que a = cos t et b = sin t. (Voir le document
17.)
• Pour tout t0 ∈ arg(z), on a t ∈ arg(z) si et seulement si il existe k ∈ Z tel que
t = t0 + 2kπ. Ce résultat ne fait que traduire autrement l’équivalence entre les deux
affirmations :
– cos t = cos t0 et sin t = sin t0 ;
– il existe k ∈ Z tel que t = t0 + 2kπ.
On a donc arg(z) = {t0 + 2kπ|k ∈ Z}, ce que l’on traduit avec un peu d’ambiguité par
: l’argument d’un nombre complexe est défini à 2π près.
Un élément de arg(z) sera parfois appelé un argument de z.
• Soit z1 et z2 deux nombres complexes de module 1, t1 un argument de z1 , t2 un argument
de z2 . On a
z1 z2 = (cos t1 + i sin t1 )(cos t2 + i sin t2 )
= cos t1 cos t2 − sin t1 sin t2 + i(cos t1 sin t2 + cos t2 sin t1 )
= cos(t1 + t2 ) + i sin(t1 + t2 ).
t1 + t2 est donc un argument de z1 z2 et
arg(z1 z2 ) = {t1 + t2 + 2kπ|k ∈ Z}
(un argument du produit est la somme formée par un argument de chacun des facteurs)
1
• Si z est de module 1 alors pour tout argument t de z, −t est un argument de = z.
z
Plus généralement si t1 et t2 sont des argumens de z1 et z2 alors :
z1
arg( ) = {t1 − t2 + 2kπ|k ∈ Z}
z2
Remarque. L’argument d’un nombre complexe est en fait un élément du groupe quotient
(R/2πZ, +) et l’application qui à un nombre complexe de module 1 fait correspondre son argument est un isomorphisme du groupe multiplicatif des nombres complexes de module 1 sur le
groupe (R/2πZ, +).
1.2.2. Argument d’un nombre complexe non nul. Si z est un nombre complexe non nul alors
z
est un nombre complexe de module 1 et on pose:
|z|
z
arg(z) = arg( )
|z|
Propriétés élémentaires
116
10. INTERPRÉTATION GÉOMÉTRIQUE DES NOMBRES COMPLEXES
• Pour tout z non nul,
arg(z) = {t ∈ R|
z
= cos t + i sin t} = {t ∈ R|z = |z|(cos t + i sin t}.
|z|
• Si z = ρ(cos t + i sin t) avec ρ > 0 on dit que z est écrit sous forme trigonométrique.
On a alors ρ = |z| et t est un argument de z. Pour tout argument t de z, z s’écrit sous
la forme trigonométrique z = |z|(cos t + i sin t).
• Si t1 et t2 sont des arguments de z1 et z2 alors t1 + t2 est un argument de z1 + z2 et
z1
t1 − t2 est un argument de .
z2
(L’application z → arg(z) est un homomorphisme du groupe (C∗ , .) sur (R/2πZ, +)
mais ce n’est pas un isomorphisme)
→ −
−
→
Revenons au plan affine euclidien P et considérons un autre repère R0 = (O0 , u0 , v 0 ) de ce
plan. Soit z = a+ib ∈ C∗ , M et M 0 les images de z dans P muni des repères R et R0 . Supposons
les bases (~u, ~v ) et (~u0 , ~v 0 ) de même sens. C’est dire que l’isométrie f de P~ définie par f (~u) = ~u0
−−→
et f (~v ) = ~v 0 est une rotation. On a OM = a~u + b~v d’où
−−−→
−−→
f (OM ) = af (~u) + bf (~v ) = a~u0 + b~v 0 = O0 M 0 .
Les rotations conservant les angles orientés de vecteurs on a :
−−−→
\
−−→
\
\−−→
(~u, OM ) = (f (~u), f (OM )) = (~u0 , O0 M 0 ).
Si maintenant les bases (~u, ~v ) et (~u0 , ~v 0 ) sont de sens contraires alors f est une symétrie et comme
les symétries changent les angles orientés en leurs opposés :
−−−→
\
−−→
\
\−−→
(~u, OM ) = −(f (~u), f (OM )) = −(~u0 , O0 M 0 ).
−−→
\
On voit donc que si P est orienté alors (~u, OM ) est le même pour tous ses repères directs.
−−→
\
Cherchons maintenant un lien entre la mesure de (~u, OM ) et l’argument de z (qui sont tous
deux des éléments de R/2πZ).
−−→
−−→
\
En supposant P orienté et le repère R direct, soit t une mesure de (~u, OM ). On a OM =
−
−
→
OM cos t ~u + OM sin t ~v et si M est l’image de z = |z|(cos t0 + i sin t0 ) alors OM = |z| cos t0 ~u +
|z| sin t0~v . Comme OM = |z|, on a cos t = cos t0 et sin t = sin t0 et donc il existe k ∈ Z tel que
−−→
\
t = t0 + 2kπ : t0 est une mesure de (~u, OM ) et t est un argument de z d’où :
−−→
\
arg(z) = mes(~u, OM )
(M = θ(z), repère direct)
d
En particulier, si P = C alors arg(z) = mes(1,
z). On a démontré :
Proposition 10.3. Soit P un plan affine euclidien orienté muni d’un repère orthonormé
−−→
\
→
→
direct R = (O, −
u,−
v ). Si M est l’image du nombre complexe z non nul alors l’angle (~u, OM ) est
indépendant du repère orthonormé direct de P et pour tout repère orthonormé direct sa mesure
est arg(z).
Remarque. 1). La proposition précédente contient l’idée d’une définition géométrique de
l’argument d’un nombre complexe non nul. On montre d’abord que pour tout repère orthonormé
2. LIGNES DE NIVEAU
117
−−→
\
→
→
direct de P , R = (O, −
u,−
v ) l’angle (~u, OM ) est indépendant du repère direct et on pose
−−→
\
arg z = mes(~u, OM ).
Il faut ensuite prouver l’interprétation algébrique de l’argument, à savoir arg z = {α|z =
|z|(cos α + i sin α)}.
2). L’argument de 0 n’a pas été défini et on ne peut pas prolonger la fonction argument en
0 sans perdre sa propriété essentielle : l’argument d’un produit est la somme des arguments.
En effet, soit f un homomorphisme de (C, ×) dans un groupe (G, +) (par exemple (R/2πZ, +)).
On a f (0) = f (0.z) = f (0) + f (z) d’où f (z) = 0. L’application f est donc identiquement nulle
et sans intérêt.
2. Lignes de niveau
Soit E un espace affine et f une application de E dans K, K étant le plus souvent R. Les
lignes de niveau de f sont les parties Lk de E définies pour tout k ∈ K par
Lk = {M ∈ E|f (M ) = k} = f −1 ({k}).
Déterminer les lignes de niveau de f consiste à caractériser géométriquement les ensembles Lk .
Lorsque f est une application de C dans K et P un plan affine euclidien muni d’un repère
orthonormé alors on peut associer à chaque k ∈ K l’ensemble Lk (P ) des points M de P dont
l’affixe appartient à Lk . Nous allons déterminer de tels ensembles pour des applications f définies
à l’aide du module et de l’argument.
1) f : C → R est définie par f (z) = |z − a|, a ∈ C.
Il est clair que Lk (P ) est vide si k < 0 et est le cercle de rayon k et ayant pour centre l’image
de a si k ≥ 0. En particulier, si a = 0 les lignes de niveau de z 7→ |z| sont vides si k < 0 et sont
les cercles de centre O et de rayon k si k ≥ 0.
2) f : C → R est définie par f (z) = |z − a| + |z − b|, a, b ∈ C, a 6= b.
Soit A et B les images de a et b. Il est clair que M ∈ Lk (P ) équivaut à M A + M B = k d’où:
• si k < AB, Lk (P ) = ∅;
• si k = AB, Lk (P ) = [AB];
• si k > AB, Lk (P ) est l’ellipse de foyers A et B et dont la longueur du grand axe est k.
En remplaçant f par la fonction g définie par g(z) = ||z − a| − |z − b|| on obtient, pour
0 < k < AB, des hyperboles.
On peut aussi considérer la fonction h : z 7→ |z − a|2 + |z − b|2 . Si h(z) = k alors, en
remplaçant dans l’identité du parallélogramme donnée au début de ce document, z1 et z2 par
z − a et z − b on obtient
2k = |2z − (a + b)|2 + |a − b|2
d’où
a−b 2
a+b 2 1
| = k−|
|
2
2
2
ce qui montre que les lignes de niveau de h sont vides ou des cercles centrés au milieu de [AB].
On a donc démontré que l’ensemble des points dont la somme des carrés des distances à deux
points fixes A et B est vide ou est un cercle centré au milieu du segment AB.
|z −
118
10. INTERPRÉTATION GÉOMÉTRIQUE DES NOMBRES COMPLEXES
3) f : C − {b} → R est définie par f (z) = |
z−a
|, a, b ∈ C, a 6= b.
z−b
MA
Soit toujours A et B les images de a et b. Il est clair que M ∈ Lk (P ) équivaut á
=k
MB
d’où :
• si k < 0, Lk (P ) = ∅ ;
• si k = 0, L0 (P ) = {A} ;
• si k = 1, L1 (P ) est la médiatrice du segment [AB] ;
• si k > 0, k 6= 1, Lk (P ) est le cercle ayant pour diamètre le segment [CD] où C et D
sont les barycentres de ((A, 1), (B, k)) et ((A, 1)(B, −k)).
On trouvera une étude de ces lignes de niveau à l’aide des nombres complexes dans le paragraphe
ci-dessous.
4) f : C∗ → R/2πZ est définie par f (z) = arg(z)
Soit θ0 ∈ [0, 2π[ et z0 = cos θ0 + i sin θ0 . On a pour tout z 6= 0, argz = θ0 + 2πZ = argz0 si
z
z
est un réel λ > 0. Il en résulte
et seulement si arg = 0 ; autrement dit si et seulement si
z0
z0
que
Lθ0 = {z | argz = θ0 + 2πZ} = {z | z = λz0 , λ ∈ R∗+ }.
Dans le plan complexe, la ligne de niveau Lθ0 est donc la demi-droite ouverte d’origine 0
dirigée par le vecteur z0 . Dans un plan affine euclidien orienté muni d’un repère orthonormé
→
→
direct (O, −
u,−
v ), l’image de Lθ0 est la demi-droite ouverte d’origine O et dirigée par le vecteur
unitaire qui est l’image de z0 .
En utilisant l’interprétation géométrique de l’argument, cette demi-droite est l’ensemble des
−−→
\
→
points M tels que mes(−
u , OM ) = θ + 2πZ.
0
z−a
, a, b ∈ C, a 6= b.
z−b
On suppose P orienté, muni d’un repère direct (O, ~u, ~v ) et on désigne par A et B les images
de a et b. Si M ∈ P est l’image de z alors
−−→
−−→
z−a
\
arg
= k ⇔ mes(M B, M A) = k
z−b
et donc on a les trois cas suivants :
• si k = 2πZ, Lk (P ) est la droite AB privé du segment [AB] ;
• si k = π + 2πZ, Lk (P ) est le segment ouvert AB ;
• sinon, Lk (P ) est un arc de cercle ouvert limité par les points A et B.
Il existe une preuve géométrique de ces résultats mais on peut aussi en donner une (voir à la
fin de ce document) qui utilise uniquement les nombres complexes en appliquant la méthode du
paragraphe ci-dessous.
5) f : C − {a, b} → R/2πZ définie par f (z) = arg
3. Utilisations des nombres complexes en géométrie
L’utilisation des nombres complexes pour résoudre des problèmes de géométrie plane comporte en général trois étapes :
(1) On traduit à l’aide des affixes des points les hypothèses du problème qui deviennent
des relations entre nombres complexes.
(2) On effectue (astucieusement !) des calculs sur les relations précédentes.
3. UTILISATIONS DES NOMBRES COMPLEXES EN GÉOMÉTRIE
119
(3) On interprète géométriquement les résultats des calculs précédents.
Donnons à partir d’un problème simple et bien connu, un exemple de ces trois étapes.
Problème: caractériser l’ensemble Ek des points M du plan affine euclidien P dont le rapport
des distances à deux points distincts A et B est constant et vaut k > 0.
(1) On désigne par z, a et b les affixes respectifs des points M , A et B. Ici la traduction sous
forme complexe du problème est immédiate : les affixes des points de Ek constituent
|z − a|
la partie Ck = {z ∈ C|
= k} de C.
|z − b|
(2) On a :
z ∈ Ck ⇔ |z − a| = k|z − b| ⇔ |z − a|2 = k 2 |z − b|2
⇔ (z − a)(z − a) = k 2 (z − b)(z − b)
⇔ |z|2 + |a|2 − az − az = k 2 (|z|2 + |b|2 − bz − bz)
⇔ (1 − k 2 )|z|2 + |a|2 − az − az − k 2 (|b|2 − bz − bz) = 0
(1)
(3) L’interprétation géométrique de l’équation (1) n’est pas évidente. Si l’on pose z =
x + iy, l’équation (1) sera équivalente à un système du type f (x, y) = 0 et g(x, y) = 0
mais maintenant le problème est devenu un problème de géométrie analytique où les
nombres complexes sont absents. La suite du document va permettre d’interpréter (1)
en utilisant uniquement les nombres complexes.
3.1. Traduction complexe des propriétés d’une configuration géométrique. Il est
d’abord nécessaire de savoir exprimer à l’aide des nombres complexes les notions géométriques
élémentaires comme la colinéarité, l’orthogonalité, la distance de deux points, la mesure d’un
angle,... Il faut aussi connaitre la forme complexe des transformations géométriques classiques:
translations, homothéties, rotations, symétries,... Ce dernier point fera l’objet d’un autre document.
On a déjá vu la traduction de la distance de deux points à l’aide du module de la différence
de leurs affixes. Pour la traduction de la colinéarité et de l’orthogonalité de deux vecteurs,
−
→ ~
−
→ ~
considérons V1 = θ(z
1 ), V2 = θ(z2 ), avec zk = ak + ibk . On a :
−
→−
→
−
→ −
→
z1 z2 = a1 a2 + b1 b2 + i(a2 b1 − a1 b2 ) = V1 .V2 + i det(V2 , V1 ).
On a obtenu la traduction complexe de la colinéarité et de l’orthogonalité de deux vecteurs :
−
→
−
→
V1 et V2 colinéaires ⇔ z1 z2 ∈ R ⇔ z1 z2 = z1 z2
−
→
−
→
V1 et V2 orthogonaux ⇔ z1 z2 imaginaire pur ⇔ z1 z2 = −z1 z2
−
→ −
→
Remarquons aussi que V1 et V2 sont orthogonaux si et seulement si < z1 |z2 >= 0. Cela est aussi
une conséquence du fait que θ~ est une isométrie et que toute isométrie conserve l’orthogonalité.
La colinéarité de V~1 et V~2 est aussi équivalente á l’existence de λ ∈ R tel que z2 = λz1 .
−−→ −−→
Si les vecteurs sont sous la forme AB et CD on obtient, en utilisant les relations précédentes,
un caractérisation de leur orthogonalité ou de leur colinéarité en fonction des affixes a, b, c et d
des points A, B, C, D.
120
10. INTERPRÉTATION GÉOMÉTRIQUE DES NOMBRES COMPLEXES
On sait déjá traduire la mesure de l’angle formé par le premier vecteur de base et un vecteur.
Si A, B, C et D sont des points distincts d’affixes respectifs a, b, c et d alors :
−−→
−−→
−
−→
−−→
−−→
−−→
\
\
\
\
\
(AB, CD) = (AB, ~u) + (~u, CD) = (~u, CD) − (~u, AB)
d’où
−−→
−−→
−−→
−−→
d−c
\
\
\
mes(AB, CD) = mes(~u, CD) − mes(~u, AB) = arg(d − c) − arg(b − a) = arg
.
b−a
Nous avons prouvé :
−−→
−−→
d−c
\
mes(AB, CD) = arg
b−a
3.2. Equations complexes des droites et des cercles. Soit f une application de C
dans C. On dit que f (z) = 0 est l’équation de la partie de C égale à {z ∈ C|f (z) = 0}. Plus
généralement, si Γ est une courbe du plan P alors on dit que f (z) = 0 est l’équation complexe
de Γ si M ∈ Γ équivaut à l’affixe z de M vérifie f (z) = 0.
Pour pouvoir interpréter géométriquement les résultats obtenus dans la deuxiéme étape
de la résolution d’un problème par l’utilisation des nombres complexes, il est particulièrement
important de connaitre les équations complexes des doites et des cercles
Remarque. Il ne faut pas confondre équation complexe et équation cartésienne d’une courbe.
Par exemple, x2 + y 2 − 1 = 0 est l’équation cartésienne du cercle trigonométrique de P et son
équation complexe est zz − 1 = 0.
3.2.1. Equation complexe d’une droite. Soit D la droite de P pasant par le point M0 , d’affixe
~ d’affixe a. On a :
z0 , et orthogonale au vecteur V
−−−→ −
→
M ∈ D ⇔ M0 M . V = 0
⇔ (z − z0 )a + (z − z0 )a = 0
⇔ za + za − (z0 a + z0 a) = 0
Donc l’équation complexe de D est : za + za − (z0 a + z0 a) = 0.
On remarque que dans l’équation précédente z0 a + z0 a ∈ R. Réciproquement, considérons
donc la fonction f de C dans C définie par f (z) = za + za − λ avec λ ∈ R et a ∈ C∗ . Cherchons
s’il existe une solution de f (z) = 0 de la forme µa avec µ ∈ R (cette idée provient de l’étude
~ ) ont un point commun dont l’affixe est de la forme µa,
précédente: la droite D et la droite (O, V
µ ∈ R. Ce point est la projection orthogonale de O sur D ). On doit résoudre: µaa+µaa−λ = 0
λ
λa
d’où une unique solution µ =
et un unique point M0 d’affixe z0 =
. On a :
2
2|a|
2|a|2
f (z) = f (z) − f (z0 ) = za + za − λ − z0 a − z0 a + λ = (z − z0 )a + (z − z0 )a
~ = 0 si M et M0 sont les points d’affixes z et z0 et
et l’équation f (z) = 0 équivaut á M~0 M .V
~
V l’image de a. L’ensemble des points M ∈ P dont les affixes z verifient f (z) = 0 est donc
→
−
une droite orthogonale au vecteur V , image de a. Cette doite passe par le point M0 d’affixe
λa
z0 =
. Finalement, une forme générale de l’équation complexe d’une droite D est :
2|a|2
za + za − λ = 0, λ ∈ R ( D orthogonale á l’image de a ∈ C∗ )
3. UTILISATIONS DES NOMBRES COMPLEXES EN GÉOMÉTRIE
121
Il existe d’autres formes pour l’équation d’une droite. Par exemple, en multipliant par i les
deux membres de l’équation précédente, on obtient une équation du type zb − zb − µ = 0 avec
µ imaginaire pur.
Remarque. Dans C, les droites passant par l’origine sont les hyperplans du plan vectoriel
euclidien C. Ce sont donc les noyaux des formes linéaires non nulles. Autrement dit, pour toute
droite D passant par O il existe a ∈ C∗ tel que
1
z ∈ D ⇔ 0 =< z|a >= (za + za) ⇔ 0 = za + za
2
Pour une droite quelconque ∆, il existe b ∈ R tel que
z ∈ ∆ ⇔ za + za = b
On a retrouvé, de façon moins élémentaire, les résultats précédents.
On peut aussi trouver l’équation complexe d’une droite en remplaçant dans son équation
z+z
z−z
cartésienne ux + vy + w = 0 la variable x par
et y par
.
2
2i
3.2.2. Equation complexe d’un cercle. Soit C le cercle de P de centre Ω, d’affixe a, et de
rayon R. Un point M de P appartient à C si et seulement son affixe z vérifie |z − a| = R ce qui
équivaut à zz − az − az + |a|2 − R2 = 0 qui est donc l’équation de ce cercle. On remarque que
|a|2 − R2 ∈ R.
Réciproquement, soit f l’application de C dans C définie par f (z) = zz − az − az + k avec
a ∈ C et k ∈ R. On a
f (z) = (z − a)(z − a) − |a|2 + k = |z − a|2 − |a|2 + k.
L’équation f (z) = 0 est donc équivalente à |z − a|2 = |a|2 − k d’où les deux possibilités :
• |a|2 − k < 0 : aucun z ne vérifie f (z) = 0, {z|f (z) = 0} = ∅.
• |a|2 − k ≥ 0 : l’ensemble des points M dont lespaffixes z vérifient f (z) = 0 est le cercle
dont le centre est l’image de a et le rayon est |a|2 − k.
Finalement une forme générale de l’équation complexe d’un cercle est
p
zz − az − az + k = 0, |a|2 − k ≥ 0 (centre : image de a, rayon : |a|2 − k)
Exemple. Revenons au problème initial : trouver l’ensemble Ek des points M du plan affine
euclidien P dont le rapport des distances à deux points distincts A et B est constant et vaut
k > 0. On a vu que M ∈ Ek si et seulement si son affixe z vérifie
(1 − k 2 )|z|2 + |a|2 − az − az − k 2 (|b|2 − bz − bz) = 0
(1)
Distinguons deux cas :
• k = 1. L’équation devient
|a|2 − az − az − (|b|2 − bz − bz) = 0
ce qui s’écrit :
(a − b)z + (a − b)z − |a|2 + |b|2 = 0
(2)
−−→
On reconnait l’équation d’une droite orthogonale à l’image BA de (a − b). Le milieu
a+b
de [AB] appartient à cette droite car son affixe
verifie (2). Ainsi, E1 est la droite
2
122
10. INTERPRÉTATION GÉOMÉTRIQUE DES NOMBRES COMPLEXES
orthogonale à AB et passant par le milieu de [AB]. C’est (comme prévu !) la médiatrice
de ce segment.
• k 6= 1. On peut écrire l’équation (1):
(1 − k 2 )|z|2 − (a − k 2 b)z − (a − k 2 b)z + |a|2 − k 2 |b|2 = 0
On reconnait l’équation d’un cercle ou de l’ensemble vide. C’est un cercle si et seulement
|a − k 2 b|2 |a|2 − k 2 |b|2
si A =
−
≥ 0.
(1 − k 2 )2
1 − k2
|a − k 2 b|2 |a|2 − k 2 |b|2
−
≥ 0. ⇔ |a − k 2 b|2 − (|a|2 − k 2 |b|2 )(1 − k 2 ) ≥ 0
(1 − k 2 )2
1 − k2
⇔ |a|2 + k 4 |b|2 − k 2 ab − k 2 ab − |a|2 + k 2 |a|2
+
k 2 |b|2 − k 4 |b|2 ≥ 0
⇔ |a|2 + |b|2 − ab − ab ≥ 0
⇔ |a − b|2 ≥ 0.
La dernière affirmation étant toujours vraie, il en est de même
√ pour la premiére et (1)
est donc l’équation d’un cercle. Le rayon de ce cercle est A et sont centre Ω a pour
a − k2 b
. On a :
affixe γ =
1 − k2
−−→
−→ −→
(1 − k 2 )OΩ = OA − k 2 OB
ce qui montre que Ω est le barycentre des points pondérés (A, 1) et (B, −k 2 ). En
particulier Ω appartient á la droite AB. La droite AB rencontre le cercle Ek en deux
CA
DA
points C et D diamétralement opposés et l’on a
=
= k et, comme C 6= D, on a
CB
DB
−→
−−→
−−→
−−→
CA
DA
par exemple
=−
= k ce qui équivaut á CA−k CB = 0 et DA+k DB = 0. Les
CB
DB
points C et D sont donc les barycentres de ((A, 1), (B, k)) et ((A, 1)(B, −k)). Notons
que C et D sont les points de la droite AB qui partagent le segment [AB] dans le
rapport k.
En résumé :
L’ensemble des points d’un plan affine euclidien dont le rapport des distances à
deux points A et B est constant et vaut k 6= 1 est un cercle centré sur la droite AB.
Ce cercle a pour diamètre [CD] où C et D sont donc les barycentres de ((A, 1), (B, k))
et ((A, 1)(B, −k)).
−−→
−−→
\
4. Ensemble des points M tels que (M A, M B) soit constant.
Soit A et B deux points d’un plan affine euclidien orienté P . On veut étudier les lignes de
−−→
−−→
\
niveau de l’application M ∈ P \ {A, B} 7→ (M A, M B).
−→
→
→
Soit (O, −
u,−
v ) un repère orthonormé direct de P tel que O soit le milieu de [A, B] avec OA
→
et −
u colinéaires et de même sens. On désigne par a > 0 l’affixe de A (l’affixe de B est donc −a)
et par z l’affixe d’un point M de P distinct de A et B. Démontrons d’abord un lemme.
−−→
−−→
\
4. ENSEMBLE DES POINTS M TELS QUE (M A, M B) SOIT CONSTANT.
123
Lemme 10.1. Pour tout nombre complexe Z 6∈ R, arg Z = θ + 2πZ équivaut à Z = Ze2iθ
avec sin θ et =(Z) de même signe.
Preuve. Si arg Z = θ + 2πZ alors Z = |Z|eiθ d’où Z 2 = ZZe2iθ et Z = Ze2iθ . Il est clair que
sin θ et =(Z) = |Z| sin θ ont le même signe.
Réciproquement, supposons Z = Ze2iθ avec sin θ et =(Z) de même signe. Posons Z = |Z|eiϕ .
On a Z = |Z|e−iϕ e2iθ = |Z|e2θ−ϕ d’où 2θ −ϕ = ϕ+2kπ et θ = ϕ+kπ. Comme =(Z) = |Z| sin ϕ,
sin θ et sin ϕ doivent être de même signe. L’entier k est donc pair d’où θ+2πZ = ϕ+2πZ = arg Z.
Le point M appartient à la ligne de niveau définie par la mesure θ + 2πZ, θ 6∈ πZ, si et
z+a
seulement si arg
= θ + 2πZ et le lemme entraine que cette condition équivaut à
z−a
z+a
z + a 2iθ
=
e
(1)
z−a
z−a
z+a
avec le même signe pour sin θ et =(
). La relation (1) équivaut à
z−a
zz(1 − e2iθ ) − az(1 + e2iθ ) + az(1 + e2iθ ) − a2 (1 − e2iθ ) = 0
(2)
Comme θ 6∈ πZ, (2) équivaut encore à
zz − az
1 + e2iθ
1 + e2iθ
+
az
− a2 = 0
1 − e2iθ
1 − e2iθ
ce qui peut encore s’écrire
zz − iaz cot θ + iaz cot θ − a2 = 0
(3)
p
L’équation (3) est celle du cercle de centre z0 = −ia cot θ et de rayon R = a2 + a2 cot2 θ =
a
|
|.
sin θ
z+a
1 z+a
z+a
1 az − az
On a =(
) = (
−
) =
. Le signe de cette expression est donc
z−a
2i z − a
z−a
2i |z + a|2
celui de =(az) qui est encore celui de −=(z).
Finalement =(z) doit être du signe de − sin θ. L’ensemble des points M du plan P tels que
−−→
−−→
\
mes(M A, M B)) =
θ + 2πZ, θ 6∈ πZ, est donc l’arc ouvert, d’extrémités A et B, contenu dans le demi-plan des
points ayant une ordonnée du signe de − sin θ, du cercle d’équation complexe donnée par (3).
Remarques.
−−→
−−→
\
1) L’ensemble des points M tels que mes(M A, M B)) = 0 est la droite AB privée du segment
−−→
−−→
\
[AB]. L’ensemble des points M tels que mes(M A, M B)) = πZ est l’intérieur du segment [AB].
2) On a sin(θ + π) = − sin θ et cot(θ + π) = cot θ. L’ensemble des points M du plan P tels que
−−→
−−→
\
mes(M A, M B)) = θ + π + 2πZ, θ 6∈ πZ, est donc l’arc ouvert, d’extrémités A et B, contenu
dans le demi-plan des points ayant une ordonnée du signe de sin θ, du cercle d’équation complexe
donnée par (3). Il en résulte que l’ensemble des points M tels que mes(M\
A, M B) = θ + πZ
(angle orienté de droites), θ 6∈ πZ, est le cercle d’équation complexe donnée par (3), privé des
points A et B.
124
10. INTERPRÉTATION GÉOMÉTRIQUE DES NOMBRES COMPLEXES
3) Soit A, B, C, D quatre points distincts de P d’affixes a, b, c, d. Ces points sont cocycliques
ou alignés si et seulement si
−→
−−→
−−→
−−→
−→
−−→
−−→
−−→
\
\
\
\
(CA, CB) = (DA, DB) ou (CA, CB) = (DA, DB)+ angle plat
ce qui se traduit par :
b−c
b−d
b−c
b−d
arg
= arg
ou arg
= arg
+ πZ.
a−c
a−d
a−c
a−d
Cela équivaut à :
b−c b−d
/
∈ R.
a−c a−d
b−c b−d
Le rapport
/
est appelé le bi-rapport de (a, b, c, d).
a−c a−d