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.