Géométrie et Complexes
Bonjour,
C'est une question qui n'a pas eu un grand succès au Forum d'analyse. Chercher les complexes $z$ verifiant
$$\operatorname{Arg}(z-2) - \operatorname{Arg}(z+2) = \frac{\pi}{6}$$
avec $\operatorname{Arg}$ qui désigne l'argument principal qui vit dans $\left]-\pi,\pi\right]$
C'est une question qui n'a pas eu un grand succès au Forum d'analyse. Chercher les complexes $z$ verifiant
$$\operatorname{Arg}(z-2) - \operatorname{Arg}(z+2) = \frac{\pi}{6}$$
avec $\operatorname{Arg}$ qui désigne l'argument principal qui vit dans $\left]-\pi,\pi\right]$
Le 😄 Farceur
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
$Arg(z)-Arg(w)\neq Arg(\frac z w)$ sauf si je n'ai pas compris le fond de ton idée
L'égalité n'est certes pas toujours vraie avec les arguments principaux, en revanche elle l'est modulo $2\pi$, donc on a bien l'existence d'un nombre réel strictement positif $\rho$ tel que $\dfrac{z-2}{z+2}=\rho e^{i\frac \pi 6}$, comme l'a écrit ezmaths.
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...
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.
@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.
Simplement, le passage de la "coupure" occasionne un saut de $2\pi$, tandis que le passage d'un arc capable à l'autre arc capable du même cercle occasionne un saut de $\pi$. Mais puisque tu dis qu'il n'y a pas de problème, c'est sûrement qu'il n'y en a pas.
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.
En utilisant le théorème de géométrie qui dit : $c\in\mathbb R$ $A,B$ points du plan.
L'ensemble des points M du plan tel que l'angle $(AM,BM)=c$ est la réunion de 2 arcs de cercles, alors la solution prend une ligne.
Bilan : rien ne sert de courir il faut partir à point.
Bonne journée.
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... ;-)
L'ensemble des points M du plan tel que l'angle $(AM,BM)=c$ est la réunion de 2 arcs de cercles, ici $A=(2,0) \text{ et } B=(-2,0)$ et $c=\frac{\pi}{6}$.
Bonne soirée.
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.
Je te note 0/5 à cet exercice.
Cela me va, en effet il ne me manque que 5 points pour avoir une note excellente... :-D
Bilan : rien ne sert de courir il faut partir à point.
Bonne soirée.
La solution que tu proposes est élégante, mais ce qui m'intéresse c'est une démonstration... que tu n'es d'ailleurs pas capable d'écrire... d'où mon gentil défi que tu n'as pas relevé. C'est ton droit. Mais j'ai le droit de conclure que cette solution est bien moins commonde à écrire que tu ne le penses.
Merci pour vos réponses, j’étais indisponible pendant toute la journée
Bonjour Cher YvesM
z=-i et w=-1 constituent un contre exemple à cette affirmation
@Gabu merci pour tes solutions dessinées
Dans cette reference http://math.stackexchange.com/questions/432811/solve-operatornamearg-z-2-operatornamearg-z2-frac-pi6, je vois un ensemble de solution autre
J'ai oublié d'écrire explicitement que c'est modulo $2\pi$... je pensais que c'était évident qu'on travaille module $2\pi$, mais c'est mieux en l'écrivant. Donc ma démonstration reste valide... j'ajoute le modulo $2\pi$.
Que signifie pour toi $Arg(Z_1)=Arg(Z_2)$ modulo $2\pi$?
Celui -là $S=\left\{z=2\sqrt{3}i+4e^{it}\>\biggm|\>-{\pi\over3}<t<{4\pi\over3}\right\}\ .$
Est-ce le même que le vôtre?
edit mon anglais est assez faible, peut-être j'ai compris de travers
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 $2\pi.$
Je t'ai posé la question car avant j'ai eu ce dessin pas très parlant
@YvesM
je vais regarder tout ça
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 $r^2=p^2+a^2-2pa.cos(\theta)$
Voilà, moi aussi j'ai un dessin à proposer, je l'ai appelé la vraie solution.... :-D
Bonne soirée.
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 $r^2=p^2+a^2-2pa.cos(\theta)$
À tête reposée, je vois!
L’équation paramétrique dans le plan d'un cercle de centre (a,b) et de rayon r>0 est
$$x=a+rcos {\theta},\quad y=b+rsin{\theta}$$ Après il suffit d'ecrire $$x+iy=a+ib+re^{i\theta}$$
donc $S=\left\{z=2\sqrt{3}i+4e^{it}\>\biggm|\>-{\pi\over3}<t<{4\pi\over3}\right\}\ $ est l’équation d'un arc de cercle de centre $(0,2\sqrt 3)$ et de rayon 4 où l'angle varie entre $-\frac \pi 3$ et$\frac{4\pi} 3$ et c'est bien ton dessin.
Merci à tous.
edit des corrections
....tu as vu mes deux équations ?
Tout z qui appartient à l'ensemble que tu recherches les vérifie.
La vraie solution, c'est un peu comme le Vrai Dieu, on ne va pas se trucider pour si peu!
Amicalement
[small]p[/small]appus
fluorhydrique écrivait:
> alors l'ensemble des $z$ recherchés vérifient
> $z=p.e^{i.\theta}$
c'est faux, car ton équation est celle d'un cercle de centre (0,0)
de plus je t'ai donné un exemple d'un complexe z qui vérifié à la fois $Arg (z-2)-Arg(z+2)=\frac {\pi }{6}$
et à la fois mes deux équations
mais lis tu ce qu'on écrit au moins ?
$\varphi =\frac {5\pi }{12}$ 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 $r^2=p^2+a^2-2pa.cos(\theta)$
ah oui?
alors explique moi pourquoi
$z=i.2.cotan\frac {\pi}{12}$ est une solution qui vérifie
$Arg(z-2)-Arg(z+2)=\frac {\pi}{6} $ mais aussi
Equation1 := $q^2cos(2\varphi)+r^2cos(2b+2\varphi)-2p^2cos(2\theta)-2a^2=0$
Equation 2 :=$q^2sin(2\varphi)+r^2sin(2b+2\varphi)-2p^2sin(2\theta)=0$
avec $\varphi =\frac {5\pi }{12}$ et $a=2$ et $b=\frac {\pi}{6}$ et
$q^2=p^2+a^2+2pa.cos(\theta)$ et $r^2=p^2+a^2-2pa.cos(\theta)$
La solution que tu mentionnes apparaît clairement sur le dessin de GBZM au milieu de son arc de cercle.
La solution que j'ai donnée est juste une solution parmi d'autres.
Ce que j'ai dit est que tout z qui vérifie mes deux équations est une solution .
Mais comme Gebrane ne me croyait pas je lui ai donné un z parmi d'autres pour lequel il peut vérifier s'il fonctionne.
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.
Géométriquement.
Dans le plan cartésien on définit les points $\displaystyle A(-2,0)$ et $\displaystyle B(2,0).$ On construit le point $C$ tel que le triangle $\displaystyle ABC$ est équilatéral et $\displaystyle (CA, CB) = +{\pi \over 3}.$ On calcule alors $\displaystyle C(0, 2\sqrt{3}).$
On cherche le lieu des points $M$ du plan tels que $\displaystyle (MA, MB) =+{\pi \over 6}.$ Comme on a $\displaystyle (MA, MB) = \frac12 (CA, CB) $, alors le point $M$ décrit l'arc de cercle capable $AB$ - le cercle est centré en $C$ et le segment $[AB]$ en est une corde.
Quel rapport avec la choucroute ?
Dans le plan complexe associé à ce plan cartésien : $\displaystyle z = x+iy \in \C$ avec $\displaystyle (x,y) \in \R^2$, on a $\displaystyle (MA, MB) = Arg(z_{BM}) - Arg(z_{AM}) = Arg(z_M-z_B) - Arg(z_M - z_A) = Arg(z-2) - Arg(z+2).$
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 $\displaystyle \{z \in \C \mid z=2\sqrt{3}i + 4 e^{it}, -{\pi \over 3}<t< {4 \pi \over 3} \}.$
@YvesM. [small]Tu as écrit : $\displaystyle (MA, MB) = \frac12 (CA, CB) $. Ce n'est pas possible: un nombre complexe possède deux racines carrées, et non pas une seule. La relation qui va bien est: $$ \left( (MA), (MB)\right) = \frac12 (\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}) $$ Un objet qui se mesure modulo 1/2 tour se trouve être la moitié d'un objet qui se mesure modulo 1 tour.
Tu as aussi écrit : $ (MA, MB) = Arg(z_{BM}) - Arg(z_{AM})$. Ce n'est pas possible non plus, que l'on utilise des angles de droites ou bien des angles de vecteurs. Si l'on dit qu'une baguette de pain vaut 60 centimes, cela veut dire 60 centimes, et pas 3.74 euros, et pas non plus 6.88 euros: un nombre est un nombre et pas un machin modulo $\pi $.[/small]
[large] Il serait interressant que tu appliques ta méthode au cas où les deux pôles sont $2+2i$ et $-2-2i$
(cf figure ci-dessus)[/large].
Cordialement, Pierre.
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.
Cordialement, Pierre.
@Gabu
Stp est ce que tu es d'accord avec ceci à 100%
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.
P.S. Raté.
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.