Géométrie et Complexes

Bonjour @gebrane0,

Voici une méthode, on doit pouvoir faire plus simple :
- on écrit $\displaystyle z=x+iy$ pour $x,y$ réels
- on écrit $\displaystyle Arg(x+iy) = \arctan{y \over x} \pm \pi$ selon $x$ et $y$...
- on écrit $\displaystyle \arctan x - \arctan y = \arctan {x-y \over 1+xy}$ pour $\displaystyle xy >-1$, $\displaystyle \arctan x - \arctan y =\pi+ \arctan {x-y \over 1+xy}$ pour $\displaystyle x>0, xy <-1$, $\displaystyle \arctan x - \arctan y =-\pi+ \arctan {x-y \over 1+xy}$ pour $\displaystyle x<0, xy <-1$
- on traite tous les cas...
- on révise l'équation des cercles...
- on fait un joli dessin...

Bonjour.

Une autre façon de dire la même chose. En premier lieu, en utilisant $arg$, on a $\dfrac{z-2}{z+2}= k \exp {i\frac \pi 6}$, pour $k \in \R \cup { \infty}$. Le lieu des $z$ ayant cette propriété est l'image du lieu des k par une homographie: c'est le cercle capable de l'angle de droites. En second lieu, introduire $Arg$ introduit des coupures dans le plan complexe. Avec la formule que j'ai donnée, on a une coupure à gauche de $+2$ (qui contient la coupure à gauche de $-2$). Le cercle capable est donc décomposé en deux ouverts connexes et deux points de coupure. Et la fonction à étudier est constante sur chacun des morceaux. étant discrète et continue. Il reste à choisir les morceaux qui vont bien: on regarde si une figure n'aurait pas déjà été faite... eh bien si, justement.


Cordialement, Pierre.

GaBuZoMeu écrivait:
@pldx : tu as l'air de penser que l'argument de $-\exp(i\pi/6)$ est $\pi/6$ ???

J'ai l'air de penser que $\left(\exists \rho >0 \right) \left( \dfrac{z-2}{z+2}=\rho \exp{i\frac \pi 6}\right) \implies
\left(\exists k \in \R \cup \left\{\infty\right\} \right) \left( \dfrac{z-2}{z+2}=k \exp{i\frac \pi 6}\right) $.

Aurais-tu un contre-exemple à proposer ?

Cordialement, Pierre.

Bonjour @gebrane0,

Cet exercice peut devenir très pénible si on ne l'attaque pas du bon côté. Voici une méthode assez élégante, mais on peut peut-être faire encore mieux.

On cherche donc à résoudre dans $\displaystyle \C$, $\displaystyle Arg(z-2) - Arg(z+2) = {\pi \over 6}$ où l'argument est principal, c'est-à-dire dans $\displaystyle ]-\pi, \pi].$

L'argument du nombre complexe $z$ n'est pas défini pour $\displaystyle z=0.$ On en déduit que $\displaystyle z-2 \neq 2, z+2 \neq 2.$ Dans la suite, $\displaystyle z \neq-2, z \neq 2.$

Pour tous $\displaystyle z,w$, deux nombres complexes non nuls, $\displaystyle Arg(z)-Arg(w) = Arg{z \over w}$ modulo $2\pi.$ On en déduit $\displaystyle Arg(z-2) - Arg(z+2) = Arg{z-2 \over z+2}.$

Pour tout $z$ complexe non réel négatif, $\displaystyle Arg(z) = 2 \arctan {\Im(z) \over \Re(z) + |z|}$ ; si $z$ est un réel négatif, $\displaystyle Arg(z) = \pi.$

On pose alors, avec $\displaystyle x,y$ deux nombres réels, $\displaystyle z=x+iy$ et on calcule $\displaystyle {z-2 \over z+2} = {x^2-4+y^2 + i 4y \over (x+2)^2 + y^2}.$

On a donc tous les éléments pour trouver l'ensemble solution.

On a $\displaystyle {z-2 \over z+2}$ réel négatif si et seulement si $\displaystyle y=0$ et $\displaystyle x^2-4+y^2 <0$, si et seulement si $\displaystyle y=0$, $|x| <2.$ Le segment ouvert $\displaystyle ]-2,2[$ est donc exclu. Comme $\displaystyle z=-2, z=2$ sont exlcus, alors le segment fermé $\displaystyle [-2, 2]$ est exclu.

Pour $\displaystyle y\neq 0$, on a donc $\displaystyle {\pi \over 6} = 2 \arctan {4y \over x^2-4+y^2 + \sqrt{(x^2-4+y^2)^2+ (4y)^2}}.$ Comme on sait que, pour tout $u$ réel, $\displaystyle \tan(\arctan(u)) = u$ et $\displaystyle \tan {\pi \over 12} = 2-\sqrt{3}$, alors on a : $\displaystyle {4y \over x^2-4+y^2 + \sqrt{(x^2-4+y^2)^2+ (4y)^2}} = 2-\sqrt{3}.$

On isole la racine carrée d'un côté de l'égalité, on élève au carré, on simplifie par $\displaystyle 8y$, et on reconnaît l'équation d'un cercle : $\displaystyle x^2 + (y-2\sqrt{3})^2 = 4^2.$ C'est le cercle de centre $\displaystyle (0, 2\sqrt{3})$ et de rayon $\displaystyle 4.$

La réciproque n'est pas difficile : il faut exclure $\displaystyle y<0$ car la racine carrée est positive.

Conclusion : l'ensemble solution est l'arc de cercle de centre $\displaystyle (0, 2\sqrt{3})$ et de rayon $4$ situé à l'intérieur du demi-plan supérieur $\displaystyle y>0.$ Dans un message plus haut, @GaBuZoMeu a dessiné cet ensemble.

Bonjour @pourexemple,

Ecris s'il te plaît, et si tu en es capable, une démonstration complète à partir de ton théorème. Je veux bien compter les lignes. Aussi, il est facile de trouver cet argument quand on a vu la solution - ce qui n'enlève rien à l'élégance de la solution.

Mais relève mon défi pour voir... ;-)

Bonjour,

Je te note $0/5$ à cet exercice. Tu n'as pas donné l'ensemble solution. Tu écris : "est un arc de cercle", moi j'en connais beaucoup des arcs de cercles. Tu dois définir lequel ou lesquels et le justifier.

@Yves : ce n'est pas mon théorème mais un résultat que l'on voyait en géométrie en classe de secondes, après peut-être as-tu oublié tes classiques.

Quel ensemble de solutions autre ?

Bonjour @gebrane0,

Modulo $2\pi$ signifie la même chose pour moi que pour toi. $Arg(z) = Arg(w)$ modulo $2\pi$ signifie que l'égalité est vérifiée même si la différence (positive) vaut $2\pi$, par exemple : $-{\pi \over 2} = {3\pi \over 2}$ modulo $2\pi$ ou encore $-{2\pi \over 3} = {4\pi \over 3}$ modulo $2\pi.$

La fonction $z \in \C^* \mapsto Arg(z) \in ]-\pi, \pi]$ est définie modulo $2\pi.$

bonjour

posons
$a=2$ et $b=\frac {\pi}{6}$

alors l'ensemble des $z$ recherchés vérifient $z=p.e^{i.\theta}$

en trouvant les deux inconnues $\theta $ dans R et p dans R*+

des deux équations équations suivantes

en prenant un $\varphi $ quelconque de R

Equation1 := $q^2cos(2\varphi)+r^2cos(2b+2\varphi)-2p^2cos(2\theta)-2a^2=0$
Equation 2 :=$q^2sin(2\varphi)+r^2sin(2b+2\varphi)-2p^2sin(2\theta)=0$

où ici $q^2=p^2+a^2+2pa.cos(\theta)$ et $r^2=p^2+a^2-2pa.cos(\theta)$

un exemple vérifiant mes deux équations

j'ai pris $\varphi =\frac {5\pi }{12}$ donc avec $a=2$ et $b=\frac {\pi}{6}$

on verifie avec $\theta =\frac {\pi }{2}$ et $p =2.cotan\frac {\pi}{12}$

alors $z=i.2.cotan\frac {\pi}{12}$ est une solution qui vérifie

$Arg(z-2)-Arg(z+2)=\frac {\pi}{6} $ car elle vérifie

Equation1 := $q^2cos(2\varphi)+r^2cos(2b+2\varphi)-2p^2cos(2\theta)-2a^2=0$
Equation 2 :=$q^2sin(2\varphi)+r^2sin(2b+2\varphi)-2p^2sin(2\theta)=0$

où ici $q^2=p^2+a^2+2pa.cos(\theta)$ et $r^2=p^2+a^2-2pa.cos(\theta)$

Gebrane0

....tu as vu mes deux équations ?

Tout z qui appartient à l'ensemble que tu recherches les vérifie.

Ce fil est vraiment une accumulation de n'importe quoi !

Bonjour fluorhydrique,
La solution que tu mentionnes apparaît clairement sur le dessin de GBZM au milieu de son arc de cercle.

Bonjour.

Prenons donc un autre exemple: On définit $\phi(M)=Arg(z-2-2*I)-Arg(z+2+2*I)-30°$. Bien entendu, $Arg$ veut dire $Arg$ et non pas $Arg$ modulo un truc ou un autre, qui serait noté $arg$.

Les courbes en vert, cyan, noir sont différents arcs capables d'un angle de vecteurs. Ils décrivent de combien l'observateur $Z$ tourne son regard pour passer de $A$ vers $B$. Le long de l'arc vert, $\phi(Z)$ est constant, et vaut -60°. Le long de l'arc cyan, $\phi(Z)$ est constant, et vaut -180° (exactement cela, et pas modulo un truc ou un autre). On retrouve le fait que le cercle noir+cyan est caractérisé par un angle de droites.

Le long de l'arc noir, cela est plus compliqué. En effet, cet arc rencontre les coupures, et donc $\phi$ n'est plus constant, mais constant par morceaux. En $C$, on a 0°. Puis, entre les coupures, on a -360° (exactement cela, et pas modulo un truc ou un autre). Et au delà, on retrouve 0° (exactement cela, et pas modulo un truc ou un autre).

Cordialement, Pierre.

Bonjour @gebrane0,

Après la méthode analytique, la géométrique, voici la complexe.

On a, pour $\displaystyle z-2 \neq 0, z+2 \neq 0$, $\displaystyle Arg(z-2) - Arg(z+2) = Arg{z-2 \over z+2} = {\pi \over 6}.$ L'argument est compris modulo $2\pi.$

On sait alors qu'il existe un réel strictement positif, $\displaystyle r >0$, tel que $\displaystyle {z-2 \over z+2} = r e^{i {\pi \over 6}}.$ On calcule alors $\displaystyle z = 2 {1+r e^{i {\pi \over 6}} \over 1-r e^{i {\pi \over 6}}}.$

Comme on est astucieux, on calcule alors $\displaystyle z - 2 \sqrt{3}i = 4 {1+i {2r - \sqrt{3}} \over 2-\sqrt{3}r - i r}.$ On vérifie par calcul que $\displaystyle |{1+i {2r - \sqrt{3}} \over 2-\sqrt{3}r - i r}| = 1$ et il existe un réel $t$ tel que : $\displaystyle z - 2 \sqrt{3}i = 4e^{it}.$

On sait calculer parties réelle et imaginaire : $\displaystyle \cos t = 2 {1-r^2 \over r^2+(2-\sqrt{3}r)^2}, \sin t = 2{4r - \sqrt{3} - \sqrt{3} r^2 \over r^2+(2-\sqrt{3}r)^2}.$ Comme on a $\displaystyle \cos t \to \frac12, \sin t \to -{\sqrt{3} \over 2}$ quand $r \to 0^+$, alors $\displaystyle t \to -{\pi \over 3}$. De même, comme $\displaystyle \cos t \to -\frac12, \sin t \to -{\sqrt{3} \over 2}$ quand $\displaystyle r \to +\infty$, alors $\displaystyle t \to -{2\pi \over 3} = {4 \pi \over 3} \bmod{2\pi}.$

L'ensemble solution est donc $\displaystyle \{z \in \C \mid z=2\sqrt{3}i + 4 e^{it}, -{\pi \over 3}<t< {4 \pi \over 3} \}.$

Bonjour @pldx1,

On n'a peut-être pas les mêmes notations ni définitions. J'ai donné les miennes dans mes postes... Tu écris un nombre est un nombre et pas un machin modulo $\pi.$ Merci, j'en prends note. On peut tout de même écrire une équation du type $x = 1 \mod(2)$, non ? Ne me répond pas : ce n'est pas possible, $x$ est un nombre et pas un machin modulo $2$... C'est pourtant ce que tu fais dans ton poste.

Bonjour @pldx1,

Les trois méthodes : analytique, géométrique et complexe donnent le même résultat. Dans le cas où $z_a=2(1+i)$ et $z_B = -2(1+i)$ on trouve l'arc capable tracé en vert sur ta figure.

Si tu prétends que ce n'est pas la solution, alors donne un point en dehors de cet arc qui vérifie l'équation. Pas mieux qu'un bon contrexemple pour fixer les esprits.

Bonjour,

Avec $\displaystyle z_A = 2(1+i), z_B=-2(1+i), z_M = -2 \sqrt{3} + 2 \sqrt{3}i$, on a $\displaystyle Arg(z_M-z_A) = {11 \pi \over 12}, Arg(z_M-z_B) = {7 \pi \over 12}$ et donc $\displaystyle (MA, MB ) = Arg(z_M-z_B) - Arg(z_M-z_A) = Arg{z_M-z_B \over z_M-z_A}= -{\pi \over 3}$ ce qui n'est pas égal à $\displaystyle {\pi \over 6}$ et le point $M$ n'est pas dans l'ensemble solution. Comme ce point $M$ n'est pas sur l'arc capable tracé en vert, je ne vois pas de contradiction.