Correction - CPGE Dupuy de Lôme
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Correction - CPGE Dupuy de Lôme
Homographies conservant U Notations On note ℝ l’ensemble des nombres réels et ℂ l’ensemble des nombres complexes. On introduit les sous-ensembles de ℂ suivants : U = {z ∈ ℂ / z = 1} = {eiθ / θ ∈ ℝ } , P = {z ∈ ℂ / Im(z ) > 0} et D = {z ∈ ℂ / z < 1} . Définition Soit a ,b ,c ,d ∈ ℂ tels que ad −bc ≠ 0 . On appelle homographie définie par la relation h (z ) = z ∈ ℂ tels que cz + d ≠ 0 associe par az + b l’application h à valeurs dans ℂ qui à tout cz + d az + b . cz + d Partie I - Exemple Soit h l’homographie définie par h (z ) = i 1+ z . 1− z 1.a Montrer que ∀z ∈U tel que z ≠ 1 , h (z ) ∈ ℝ . 1.b Observer que ∀z ∈ D , h (z ) ∈ P . 2.a Déterminer les complexes z tels que h (z ) = z . 2.b Pour quel(s) Z ∈ ℂ l’équation h (z ) = Z d’inconnue z ≠ 1 possède-t-elle une solution ? Soit g l’homographie définie par g (z ) = 3.a Montrer que ∀z ∈ ℝ , g (z ) ∈U . 3.b Observer que ∀z ∈ P , g (z ) ∈ D . z −i . z +i Partie II - Homographies conservant U 1. Soit θ ∈ ℝ et h l’homographie définie par h (z ) = ei θ . z Montrer que ∀z ∈U , h (z ) ∈U . z +α . αz + 1 2. Soit α ∈ ℂ tel que α ∉ U , θ ∈ ℝ et h l’homographie définie par h (z ) = eiθ 2.a Montrer que h est bien une homographie et que h est définie sur U . 2.b Montrer que ∀z ∈U , h (z ) ∈U . 3. Inversement, nous allons démontrer que seules les homographies h précédentes sont telles que ∀z ∈U , h (z ) ∈U . Avant cela, nous avons néanmoins besoin de deux résultats techniques : 3.a Etablir que ∀α, β ∈ ℂ, α + β = α + β + 2 Re(αβ ) . 3.b a = 0 Soit a ,b ∈ ℂ . Etablir : ( ∀θ ∈ ℝ,a + 2 Re(be−iθ ) = 0) ⇒ . b = 0 4. Soit a ,b ,c ,d ∈ ℂ tels que ad −bc ≠ 0 et h définie par h (z ) = 2 telle que ∀z ∈U , h (z ) ∈U . 2 2 az + b une homographie définie sur U cz + d 2 2 2 2 4.a Etablir ∀θ ∈ ℝ , a + b + 2 Re(ab e−iθ ) = c + d + 2 Re(cd e−iθ ) . 4.b a 2 + b 2 = c 2 + d 2 . En déduire : ab = cd 4.c Si a = 0 : montrer que l’homographie h est du type présenté en II.1. 4.d Si a ≠ 0 : établir que ( a − c )( a − d ) = 0 . 4.e Observer que le cas a = c est impossible de part la condition ad −bc ≠ 0 . 4.f Observer que le cas a = d conduit à une homographie h du type présenté en II.2. 2 2 2 2 Correction Partie I 1.a Soit z ∈U \ {1} . On peut écrire z = eiθ et alors avec θ ∈ ]0,2π[ . h (z ) = i 1 + ei θ 2cos(θ 2 )ei θ 2 =i = − cot θ 2 ∈ ℝ . iθ 1− e −2i sin(θ 2)ei θ 2 2 1− z (1 + z )(1− z ) 2 Im(z ) =− +i ∈ P car z < 1 . 2 2 2 1− z 1− z 1− z 1.b Soit z ∈ D . h (z ) = i 2.a h (z ) = z ⇔ z 2 + (i −1)z + i = 0 . ∆ = (i −1) 2 − 4i = −6i = ( 3(1− i )) . 2 Les solutions sont (1− i ) 1± 3 . 2 −1− iZ Z − i = 1− iZ Z +i 2.b Soit z ∈ ℂ \ {1} . h (z ) = Z ⇔ (1 + z ) = iZ (z −1) ⇔ z = 3.a Soit z ∈ ℝ . g (z ) = z −i z 2 +1 = 2 = 1 donc z ∈U . z +i z +1 2.b Soit z ∈ P . g (z ) = z −i 2 2 or z − i = Re(z )2 + (Im(z ) −1)2 et z + i = Re(z ) 2 + (Im(z ) + 1)2 donc z +i z − i < z + i car Im(z ) > 0 et par suite g (z ) ∈ D . Partie II ei θ = 1 donc h (z ) ∈U . z 1. ∀z ∈U , on a h (z ) = 2.a La condition ad −bc ≠ 0 impose eiθ ×1 − αeiθ α ≠ 0 i.e. α ≠ 1 d’où α ∉ U . De plus ∀z ∈U , z ≠ −1 α donc h est définie sur U . z +α z z +α z z +α . On a h (z ) = × = =1. αz + 1 αz + 1 z α +z 2.b h (z ) = eiθ 3.a α + β = (α + β )(α + β ) = αα + αβ + αβ + ββ = α + β + 2 Re(αβ ) car αβ = αβ . 3.b 2 2 2 Supposons ∀θ ∈ ℝ ,a + 2 Re(be−iθ ) = 0 . Soit α ∈ ℝ tel que b = b eiα ( α = arg(b ) [ 2π ] si b ≠ 0 , α quelconque sinon). Pour θ = α : a + 2 Re(b e−iθ ) = a + 2 Re( b ) = a + 2 b = 0 . Pour θ = α + π : a + 2 Re(b e−iθ ) = a + 2 Re(− b ) = a − 2 b = 0 . a + 2 b = 0 implique a = 0 et b = 0 i.e. b = 0 . Le système a − 2 b = 0 4.a h (eiθ ) = 2 2 a eiθ + b . h (eiθ ) = 1 implique a eiθ + b = ceiθ + d d’où iθ ce + d 2 2 2 2 ∀θ ∈ ℝ , a + b + 2 Re(ab e−iθ ) = c + d + 2 Re(cd e−iθ ) . 4.b ∀θ ∈ ℝ , on a ( a + b − c − d 2 2 2 2 ) + 2 Re((ab − cd )e−iθ ) = 0 d’où a 2 + b 2 − c 2 − d 2 = 0 a 2 + b 2 = c 2 + d 2 (1) puis . ab = cd ab − cd = 0 (2) 4.c Supposons a = 0 . (2) donne cd = 0 , or ad −bc ≠ 0 donc c ≠ 0 et par suite d = 0 . (1) donne alors b = c ce qui permet d’écrire b = eiθc et alors h (z ) = 4.d Supposons a ≠ 0 . (2) donne b = 2 2 2 az + b eiθ = . cz + d z cd 2 4 2 2 2 2 2 2 et a × (1) donne alors a + c d − a c − a d = 0 d’où a 2 ( c − a )( d − a ) = 0 . 4.e Supposons a = c . On peut alors écrire a = c eiθ et b = d e−iθ mais alors ad −bc = 0 qui est exclu. 4.f Supposons a = d . On peut alors écrire a = d eiθ et b = cd eiθ et alors d c z+ c az + b z +α iθ d h (z ) = =e = ei θ avec α = ∈ ℂ . c cz + d z α + 1 d z +1 d ccd iθ e ≠ 0 donc c ≠ d puis α ∉ U . Enfin la condition ad −bc ≠ 0 donne d 2 eiθ − d Finalement h est du type annoncé.