BAC Sciences Math (Maroc, Juin 2016) – Exercice sur les Complexes

Voici des indications pour les questions délicates ou particulièrement difficiles

Question 1 :

Ne pas oublier de vérifier que les dénominateurs ${\displaystyle z_2-z}$ et $z_1$ ne s’annulent pas.

Ceci n’est pas demandé explicitement, mais cette prise d’initiative est un vrai plus et montrera au correcteur votre esprit de rigueur.

Question 2 :

Il faudra utiliser le critère de cocyclicité de quatre points.

Question 3.b :

L’idée est de montrer que le point $M$ est équidistant de $M_1$ et de $M_2$, c’est dire que $M_{1}M=M_{2}M$.

Il faudra partir de l’affixe $z$ de $M$ puis remplacer $z_2$ par la valeur obtenue à la question 3.a et enfin passer aux modules.

Question 4.a :

L’expression « sans calcul » sous-entend « sans calculer les racines $z_1$ et $z_2$ à l’aide du discriminant $\mathrm{\Delta }$ ».

Pour s’en affranchir, il faudra utiliser les relations qui lient les solutions et les coefficients d’une équation du second degré.

Les voici pour rappel :

Soit l’équation du second degré ${\displaystyle a{x}^2+bx+c=0}$ où $a$, $b$ et $c$ sont des réels ou des complexes tel que $a\ne 0$.

Si cette équation admet deux racines $x_1$ et $x_2$ alors on a les relations suivantes :

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{b}{a}\\ x_1\times x_2=\frac{c}{a}\end{array}$$

On a ${\displaystyle z=\frac{2z_1{z}_2}{z_1+z_2}}$. Avant de commencer l’exercice, avons-nous ${\displaystyle z_1+z_2\ne 0}$ ?

${\displaystyle z_1+z_2=0}$ signifie que ${\displaystyle z_1=-z_2}$ c’est-à-dire que le point $O$ est le milieu du segment $[M_1{M}_2]$, donc les points $O$, $M_1$ et $M_2$ sont alignés.

Or, ceci n’est pas le cas d’après l’énoncé. Donc $z$ est bien défini.

 

1. a. Montrer que ${\displaystyle \frac{z_1-z}{z_2-z}\times \frac{z_2}{z_1}=-1}$ :

On a $z_1\ne 0$ car les points $M_1$ et $O$ sont distincts. Mais avons-nous ${\displaystyle z_2-z\ne 0}$ ?

On a,

$$\begin{array}{rl}{z}_2-z=0& ⟺z_2=z\\ & ⟺z_2=\frac{2z_1{z}_2}{z_1+z_2}\\ & ⟺z_1{z}_2+z_2^2=2z_1{z}_2\\ & ⟺z_2^2=z_1{z}_2\\ & ⟺z_2=z_1\text{car }{z}_2\ne 0\\ & ⟺M_2\equiv M_1\end{array}$$

Ce qui est contraire aux données de l’énoncé. Donc ${\displaystyle z_2-z\ne 0}$ et on a :

$$\begin{array}{rl}\frac{z_1-z}{z_2-z}\times \frac{z_2}{z_1}& =\frac{z_1-\frac{2z_1{z}_2}{z_1+z_2}}{z_2-\frac{2z_1{z}_2}{z_1+z_2}}\times \frac{z_2}{z_1}\\ & =\frac{z_1^2+z_1{z}_2-2z_1{z}_2}{z_2{z}_1+z_2^2-2z_1{z}_2}\times \frac{z_2}{z_1}\text{après division par }{z}_1+z_2\ne 0\\ & =\frac{z_1^2-z_1{z}_2}{z_2^2-z_1{z}_2}\times \frac{z_2}{z_1}\\ & =\frac{z_1(z_1-z_2)}{z_2(z_2-z_1)}\times \frac{z_2}{z_1}\\ & =-1\end{array}$$

Finalement, on a bien ${\displaystyle \frac{z_1-z}{z_2-z}\times \frac{z_2}{z_1}=-1}$.

1. b. En déduire que $M$ est un point du cercle circonscrit au triangle $O{M}_1{M}_2$ :

Pour répondre à cette question, il faut se rappeler du critère de cocyclicité de quatre points. Le voici pour rappel :

---

Soient $A$ d’affixe $a$, $B$ d’affixe $b$, $C$ d’affixe $c$ et $D$ d’affixe $d$ quatre points deux à deux distincts.

Ces points sont alignés ou cocycliques si, et seulement si ${\displaystyle \frac{c-b}{c-a}\times \frac{d-a}{d-b}}$ est réel.

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On a montré à la question précédente que ${\displaystyle \frac{z_1-z}{z_2-z}\times \frac{z_2}{z_1}}$ est un réel, or ${\displaystyle \frac{z_1-z}{z_2-z}\times \frac{z_2}{z_1}=\frac{z_1-z}{z_2-z}\times \frac{z_2-z_O}{z_1-z_O}}$, donc les points $O$, $M_1$, $M_2$ et $M$ sont cocycliques.

Par conséquent, le point $M$ appartient au cercle circonscrit au triangle $O{M}_1{M}_2$.

2. Montrer que si $z_2=\overline{z_1}$, alors le point $M$ est sur l’axe des réels :

Le point $M$ est sur l’axe des réels signifie que $\text{Im}(z)=0$.

On a,

$$z=\frac{2z_1{z}_2}{z_1+z_2}$$

On remplace $z_2$ par ${\overline{z}}_1$ selon l’hypothèse de l’énoncé,

$$z=\frac{2z_1\overline{z_1}}{z_1+\overline{z_1}}$$

Comme $z_1$ s’écrit de manière unique sous la forme (algébrique) $z_1=x+iy$ où $x$ et $y$ sont des réels, on a,

${\displaystyle z_1\overline{z_1}=(x+iy)(x-iy)=x^2+y^2=|z_1{|}^2}$ et ${\displaystyle z_1+\overline{z_1}=x+iy+x-iy=2x=2\text{Re}(z_1)}$

d’où,

$$z=\frac{|z_1{|}^2}{\text{Re}(z_1)}\in \mathbb{R}$$

Si $z_2=\overline{z_1}$, alors le point $M$ d’affixe $z$ est sur l’axe des réels.

3. On suppose que le point $M_2$ est l’image du point $M_1$ par la rotation $r$ de centre $O$ et d’angle $\alpha$, avec $\alpha \in ]0,\pi [$.

3.a. Exprimer $z_2$ en fonction de $z_1$ et de $\alpha$ :

Ceci est une application directe du cours.

Le point $M_2$ d’affixe $z_2$ est l’image du point $M_1$ d’affixe $z_1$ par la rotation $r$ de centre $O$ et d’angle $\alpha$ ($\alpha \in ]0,\pi [$) signifie que ${\displaystyle z_2=e^{i\alpha }{z}_1}$.

3.b. En déduire que le point $M$ appartient à la médiatrice du segment $[M_1{M}_2]$ :

Pour montrer que le point $M$ appartient à la médiatrice du segment $[M_1{M}_2]$, il suffit de montrer que le point $M$ est équidistant de $M_1$ et de $M_2$, c’est dire que $M_{1}M=M_{2}M$.

On a d’après le résultat établi à la question 1,

$$\frac{z_1-z}{z_2-z}\times \frac{z_2}{z_1}=-1$$

On en déduit que ,

$$\frac{z_1-z}{z_2-z}=-\frac{z_1}{z_2}$$

D’après la question précédente, on a ${\displaystyle z_2=e^{i\alpha }{z}_1}$, d’où,

$$\frac{z_1-z}{z_2-z}=-\frac{z_1}{e^{i\alpha }{z}_1}=-e^{-i\alpha }$$

Par passage aux modules, on a,

$$|\frac{z_1-z}{z_2-z}|=|-e^{-i\alpha }|$$

Soit,

$$\frac{|z_1-z|}{|z_2-z|}=1$$

Finalement,

$$|z_1-z|=|z_2-z|$$

Ainsi, ${\displaystyle M{M}_1=M{M}_2}$.

Le point $M$ est équidistant des points $M_1$ et $M_2$. $M$ est donc sur la médiatrice du segment $[M_1{M}_2]$.

4. Soient $t$ un réel et $\theta$ un réel de l’intrevalle $]0,\pi [$.

On suppose que $z_1$ et $z_2$ sont des solutions de l’équation :

$$6t^2-(e^{i\theta }+1)t+(e^{i\theta }-1)=0$$

4.a. Vérifier sans calcul, que ${\displaystyle z=2\frac{e^{i\theta }-1}{e^{i\theta }+1}}$ :

L’expression « sans calcul » sous-entend « sans calculer les racines $z_1$ et $z_2$ à l’aide du discriminant $\mathrm{\Delta }$ » car on rentrerait dans des calculs longs et interminables 

L’équation ${\displaystyle 6t^2-(e^{i\theta }+1)t+(e^{i\theta }-1)=0}$ est une équation du second degré. Si $z_1$ et $z_2$ en sont des solutions, alors d’après la relation qui lie la somme des racines d’une part et le produit des racines d’autre part, on a :

${\displaystyle z_1+z_2=\frac{e^{i\theta }+1}{6}}$ et ${\displaystyle z_1\times z_2=\frac{e^{i\theta }-1}{6}}$.

Comme ${\displaystyle z=\frac{2z_1{z}_2}{z_1+z_2}}$, alors ${\displaystyle z=\frac{2(e^{i\theta }-1)}{e^{i\theta }+1}}$.

Si $z_1$ et $z_2$ sont solutions de l’équation ${\displaystyle 6t^2-(e^{i\theta }+1)t+(e^{i\theta }-1)=0}$, alors on a ${\displaystyle z=\frac{2(e^{i\theta }-1)}{e^{i\theta }+1}}$.

4.b Ecrire $z$ en fonction de $\theta$ sous forme trigonométrique :

On part du résultat établi à la question précédente et on a,

$$\begin{array}{rl}z& =\frac{2(e^{i\theta }-1)}{e^{i\theta }+1}\\ \\ & =2\frac{e^{i\frac{\theta }{2}}(e^{i\frac{\theta }{2}}-e^{-i\frac{\theta }{2}})}{e^{i\frac{\theta }{2}}(e^{i\frac{\theta }{2}}+e^{-i\frac{\theta }{2}})}\\ & =2\frac{e^{i\frac{\theta }{2}}-e^{-i\frac{\theta }{2}}}{e^{i\frac{\theta }{2}}+e^{-i\frac{\theta }{2}}}\end{array}$$

Or d’après Euler, on a,

${\displaystyle \cos (\theta )=\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}}$ et ${\displaystyle \sin (\theta )=\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i}}$

On en déduit que,

$$\begin{array}{rl}z& =2i\frac{\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)}{\cos \left(\frac{\theta }{2}\right)},\theta \in ]0,\pi [\text{ donc }\frac{\theta }{2}\ne \frac{\pi }{2}\\ \\ & =2i\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)\end{array}$$

L’expression ${\displaystyle z=2i\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)}$ est une forme trigonométrique de $z$.

Remarque :

Notons au passage que ${\displaystyle z=2i\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)=2\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)e^{i\frac{\pi }{2}}}$. Donc $z$ est le nombre complexe de module ${\displaystyle 2\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)}$ et d’argument ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$.