Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,
votre problème m'a rappelé de très vieux souvenirs(inversion en classe de terminale)...

J'ai tenté une solution géométrique mais impasse, la solution calculatoire a par contre abouti , j'espère ne pas avoir fait d'erreur,
j'ai shunté les calculs intermédiaires, sinon trop touffu

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%-------------------DEBUT-----------------------------------
$z'=\dfrac{z \cos \theta + \sin \theta}{-z \sin \theta+\cos \theta}=- \cot \theta-\dfrac{1+\cot^2\theta}{z-\cot\theta}$.

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$z$ est fixé dans $\left\{z \in \mathbb{C}, Im(z) > 0\right\}$ et $\theta \in \mathbb{R}$

On a le diagramme sagittal suivant :

$z \mapsto u=z-\cot\theta \mapsto v=\overline{u} \mapsto w=\dfrac{1}{\overline{v}} \mapsto t=-(1+\cot^2\theta) w \mapsto z'=-\cot\theta+t$

Quand $\theta$ varie dans $\mathbb{R}$, $M(u)$ décrit la droite passant par $M$ parallèle à l'axe des abscisses.

$M(v=\overline{u})$ décrit la droite symétrique par rapport à l'axe des abscisses.

$M(w)$ décrit l'image de cette dernière droite par l'inversion de pôle $O$ et de rapport 1, comme la droite ne passe pas par le pôle puisque au départ $Im(z) > 0$, alors $M(w)$ décrit un cercle passant par le pôle et dont la tangente en $O$ est parallèle à la droite de départ donc à l'axe des abscisses. Son centre est donc sur l'axe des ordonnées.

$M(t)$ image de $M(w)$ par une homothétie de centre $O$ et de rapport $-(1+\cot^2\theta)$

Malheureusement le rapport d'homothétie varie avec $\theta$ et là je ne vois pas l'astuce qui pourrait m'en sortir.

Je reprends donc la solution par le calcul.
En posant $t=\cot\theta$ la classe de $M(z=a+ib)$ est la courbe paramétrée d'équation $z'=-t+\dfrac{1+t^2}{-(a+ib)+t}$ avec $t$ qui décrit $]0,\pi[$ vue la période de $\cot$.

On calcule $X'$ et $Y'$ en fonction de $t$ et on élimine $t$ entre $X'$ et $Y'$.

On trouve :

$X'=-t+\dfrac{(1+t^2)(t-a)}{(t-a)^2+b^2}$

$Y'=\dfrac{(1+t^2)b}{(t-a)^2+b^2}$

de là on déduit :

$X'=-t+\dfrac{(t-a)Y'}{b}$ d'où $t=\dfrac{bX'+aY'}{Y'-b}$

$Y'=\dfrac{(Y'-b)^2+(bX'+aY')^2}{b[(X'+a)^2+(Y'-b)^2]}=\dfrac{(Y'-b)^2+(b(X'+a)+a(Y'-b))^2}{b[(X'+a)^2+(Y'-b)^2]}=$

On est donc amené à poser $X=X'+a$ et $Y=Y'-b$ ou à mettre l'origine du repère en $O'(-\overline{z}=-a+ib)$

On obtient l'équation implicite de la classe de $M(z=a+ib)$ :

$b(b+Y)(X^2+Y^2)=Y^2+(bX+aY)^2$

ce qui équivaut à :

$Y=0$ mais alors ...$z'=-\overline{z}$

ou

$bX^2+bY^2+Y(b^2-a^2-1)-2abX=0$

On reconnait l'équation d'un cercle

On vérifie qu'il passe bien par $M(2a,0)$

et en mettant sous forme canonique :

$(X-a)^2+(Y+\dfrac{b^2-a^2-1}{2b})^2-a^2-\left(\dfrac{b^2-a^2-1}{2b}^2\right)=0$

et revenant au repère initial :

C'est le cercle de centre $\Omega'(0,\dfrac{b^2+a^2+1}{2b})$

On vérifie que le point d'affixe $-\overline{z}$ est bien sur le cercle

En Conclusion : la classe de $M(a+ib)$ est le cercle de centre $\Omega'(0,\dfrac{b^2+a^2+1}{2b})$ passant par M.

Il est centré sur l'axe des ordonnées , passe par $M(a+ib)$ et passe par l'origine c'est donc facile de le tracer à la règle et au compas.

J'ai vérifié avec Xcas(courbe implicite) et M(3,2) et c'est bon.

Ci-dessous aussi un fichier teXgraph (.teg) pour le tracé direct de z'. Mais a été refusé (spam) j'ai dû le supprimer, c'est la première fois que je viens sur le site, donc j'ai des progrès à faire.
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