α∈[0;2π]\alpha \in [0; 2\pi]

(Eα); z2−2αeiα(1+2i)z+i22α+1ei2α=0(E_\alpha);~z^2 - 2^\alpha e^{i\alpha} (1 + 2i) z + i2^{2\alpha + 1} e^{i2\alpha} = 0

Partie I

1/a

On note :

  • a=1a = 1
  • b=−2αeiα(1+2i)b = -2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i)
  • c=i⋅22α+1ei2αc = i \cdot 2^{2\alpha + 1} e^{i2\alpha}

On cherche à calculer le discriminant Δα=b2−4ac\Delta_\alpha = b^2 - 4ac.

b2=(−2αeiα(1+2i))2=22αei2α(1+2i)2=22αei2α(−3+4i)\begin{align*} b^2 &= \left(-2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i)\right)^2 \\ &= 2^{2\alpha} e^{i2\alpha}(1 + 2i)^2 \\ &= 2^{2\alpha} e^{i2\alpha}(-3 + 4i) \end{align*}
4ac=4⋅1⋅i⋅22α+1ei2α=i⋅22α+3ei2α\begin{align*} 4ac &= 4 \cdot 1 \cdot i \cdot 2^{2\alpha + 1} e^{i2\alpha} \\ &= i \cdot 2^{2\alpha + 3} e^{i2\alpha} \end{align*}

Alors :

Δα=b2−4ac=22αei2α(−3+4i)−i⋅22α+3ei2α=22αei2α[(−3+4i)−8i]=22αei2α(−3−4i)=(2αeiα(1−2i))2\begin{align*} \Delta_\alpha &= b^2 - 4ac \\ &= 2^{2\alpha} e^{i2\alpha}(-3 + 4i) - i \cdot 2^{2\alpha + 3} e^{i2\alpha} \\ &= 2^{2\alpha} e^{i2\alpha} \left[ (-3 + 4i) - 8i \right] \\ &= 2^{2\alpha} e^{i2\alpha}(-3 - 4i) \\ &= \left(2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)\right)^2 \end{align*}

car :

(1−2i)2=1−4i+4i2=−3−4i(1 - 2i)^2 = 1 - 4i + 4i^2 = -3 - 4i

Donc :

Δα=(2αeiα(1−2i))2\boxed{\Delta_\alpha = \left(2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)\right)^2}

1/b

Soient aa et bb les solutions de (Eα)(E_\alpha) avec ∣a∣<∣b∣|a| < |b|

z1=−b+Δα2 et z2=−b−Δα2z_1 = \frac{-b + \sqrt{\Delta_\alpha}}{2} \text{ et } z_2 = \frac{-b - \sqrt{\Delta_\alpha}}{2}
Δα=2αeiα(1−2i)\sqrt{\Delta_\alpha} = 2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)
z1=2αeiα(1+2i)+2αeiα(1−2i)2=2αeiα(1+2i+1−2i)2=2αeiα\begin{align*} z_1 &= \frac{2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i) + 2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)}{2} \\ &= \frac{2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i + 1 - 2i)}{2} \\ &= 2^\alpha e^{i\alpha} \end{align*}
z2=2αeiα(1+2i)−2αeiα(1−2i)2=2αeiα(1+2i−1+2i)2=2α+1ieiα\begin{align*} z_2 &= \frac{2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i) - 2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)}{2} \\ &= \frac{2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i - 1 + 2i)}{2} \\ &= 2^{\alpha+1} i e^{i\alpha} \end{align*}

Donc :

z1=2αeiα;z2=2α+1ieiαz_1 = 2^\alpha e^{i\alpha} \quad ; \quad z_2 = 2^{\alpha+1} i e^{i\alpha}
∣z1∣=2α;∣z2∣=2α+1|z_1| = 2^\alpha \quad ; \quad |z_2| = 2^{\alpha+1}

puisque ∣a∣<∣b∣|a| < |b| alors

a=z1=2αeiα ;b=z2=2α+1ieiαa = z_1 = 2^\alpha e^{i\alpha} ~; \quad b = z_2 = 2^{\alpha+1} i e^{i\alpha}

2

ba=2α+1ieiα2αeiα=2i\frac{b}{a} = \frac{2^{\alpha+1} i e^{i\alpha}}{2^\alpha e^{i\alpha}} = 2i

donc ba\frac{b}{a} est un imaginaire pur.

Partie II

ba=λiavecλ=Im(ba)\frac{b}{a} = \lambda i \quad \text{avec} \quad \lambda = \text{Im} \left( \frac{b}{a} \right)

1 A(a)A(a), B(b)B(b) et H(h)H(h) avec 1h=1a+1b\frac{1}{h} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}.

1/a

on a h=aba+bh = \dfrac{ab}{a + b}

hb−a=abb2−a2\frac{h}{b - a} = \dfrac{ab}{b^2 - a^2}

et ba=λi  ⟹  b=λia\frac{b}{a} = \lambda i \implies b = \lambda i a donc :

∙ b2−a2=−λ2a2−a2=−(λ2+1)a2∙ ab=aλia=λia2\begin{align*} &\bullet~ b^2 - a^2 = -\lambda^2 a^2 - a^2 = -(\lambda^2 + 1) a^2 \\ &\bullet~ ab = a \lambda i a = \lambda i a^2 \end{align*}
hb−a=λia2−(λ2+1)a2=−(λλ2+1)i\begin{align*} \frac{h}{b - a} &= \dfrac{\lambda i a^2}{-(\lambda^2 + 1)a^2} \\ &= - \left( \frac{\lambda}{\lambda^2 + 1} \right)i \end{align*}

on a

(AB→,OH→‾)≡arg⁡(hb−a) [2π]≡±π2 [2π]\begin{align*} \left(\overline{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{OH}}\right) &\equiv \arg\left(\frac{h}{b - a}\right)~[2\pi] \\ &\equiv \pm\frac\pi2~ [2\pi] \end{align*}

Donc (AB)⊥(OH)(AB)\perp(OH)

1/b

h−ab−a=hb−a−ab−a\frac{h - a}{b - a} = \frac{h}{b - a} - \frac{a}{b - a}
ab−a=aλia−a=1λi−1\frac{a}{b - a} = \frac{a}{\lambda i a - a} = \frac{1}{\lambda i - 1}
h−ab−a=−(λλ2+1)i−1λi−1=−(λλ2+1)i−−λi−1λ2+1=1λ2+1∈R\begin{align*} \frac{h - a}{b - a} &= - \left( \frac{\lambda}{\lambda^2 + 1} \right)i - \frac{1}{\lambda i - 1} \\ &= - \left( \frac{\lambda}{\lambda^2 + 1} \right)i - \frac{-\lambda i - 1}{\lambda^2 + 1} \\ &= \frac{1}{\lambda^2 + 1} \in \R \end{align*}

Alors les points H,AH, A et BB sont alignés.

2/a

on a :

m=h2etn=h+b2m = \frac h2 \quad \text{et} \quad n = \frac{h + b}{2}

Donc

m−a=−h−2a2m - a = -\frac{h - 2a}{2}

donc :

nm−a=−h+bh−2a\frac{n}{m - a} = -\frac{h + b}{h - 2a}

et on a : h=aba+bh = \dfrac{ab}{a + b} donc

h+b=2ab+b2a+bh + b = \frac{2ab + b^2}{a + b}
h−2a=−ab−2a2a+bh - 2a = \frac{-ab - 2a^2}{a + b}

Alors

nm−a=2ab+b2−ab−2a2=−ba=−λi\begin{align*} \frac{n}{m - a} &= \frac{2ab + b^2}{-ab - 2a^2} = -\frac{b}{a} = -\lambda i \end{align*}

2/b

on a

(AI→,OJ→‾)≡arg⁡(nm−a) [2π]≡±π2 [2π]\begin{align*} \left(\overline{\overrightarrow{AI},\overrightarrow{OJ}}\right) &\equiv \arg\left(\frac{n}{m - a}\right)~[2\pi] \\ &\equiv \pm\frac\pi2~ [2\pi] \end{align*}

Donc (OJ)⊥(AI)(OJ)\perp(AI)

nm−a=−λi  ⟹  ∣n∣∣m−a∣=∣λ∣  ⟹  OJAI=∣λ∣  ⟹  OJ=∣λ∣AI\begin{align*} \frac{n}{m - a} = -\lambda i &\implies \frac{|n|}{|m - a|} = |\lambda| \\ &\implies \frac{OJ}{AI} = |\lambda| \\ &\implies OJ = |\lambda| AI \end{align*}

2/c

on a (OJ)⊥(AI)(OJ)\perp(AI) et K∈(OJ)∩(AI)K \in (OJ) \cap (AI)

•••••KOJAI

Donc, les vecteurs KI→\overrightarrow{KI} et KJ→\overrightarrow{KJ} forment un angle droit

Si kk est l’affixe de KK

alors ∃α∈R\exists \alpha \in \R tel que m−kn−k=αi    (∗)\frac{m - k}{n - k} = \alpha i ~~~~(*)

on a (OH)⊥(AB)(OH)\perp(AB) et on a :

  • J∈(HB)J \in (HB) car JJ milieu de [HB][HB]
  • I∈(OH)I \in (OH) car II milieu de [OH][OH]
••••HOBAI•J•

Les vecteurs HI→\overrightarrow{HI} et HJ→\overrightarrow{HJ} sont donc orthogonaux.

alors ∃β∈R\exists \beta \in \R tel que n−hm−h=βi    (∗∗)\frac{n - h}{m - h} = \beta i ~~~~(**)

de (∗)(*) et (∗∗)(**) on déduit que

m−kn−k×n−hm−h=−αβ∈R\frac{m - k}{n - k} \times \frac{n - h}{m - h} = -\alpha \beta \in \R

Alors les points K,I,HK, I, H et JJ sont cocycliques.

Remarque : les points K,I,HK, I, H et JJ appartiennent au cercle de diamètre [IJ][IJ]

2/d

on a :

n−m=h+b2−h2=b2n - m = \frac{h + b}{2} - \frac{h}{2} = \frac{b}{2}

donc

n−ma=b2a=−12λi∈iR\frac{n - m}{a} = \frac{b}{2a} = -\frac{1}{2} \lambda i \in i\R

Alors (IJ)⊥(OA)(IJ)\perp(OA)

Exemple on prend a=2a=2 et b=2ib=2i

donc ba=i\frac ba=i et λ=1\lambda=1

h=aba+b=4i2+2i=2i1+i=i(1−i)=1+ih=\frac{ab}{a+b}=\frac{4i}{2+2i}=\frac{2i}{1+i}=i(1-i)=1+i

I(m)I(m) milieu de [OH][OH] donc m=12+12im=\frac12+\frac12i

J(n)J(n) milieu de [HB][HB] donc n=1+3i2n=\frac{1+3i}{2}

–0.50.511.522.5–0.50.511.522.5ABJIOHK

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