Distance et module dans ℂ (2/2)

Exercice 1.
Pour tout {z\in\mathbb{C}} ({\left|{z}\right|\ne1}) et tout {n} de {\mathbb{N}}, montrer que :
{\left|{\dfrac{1-z^{n+1}}{1-z}}\right|\le\dfrac{1-\left|{z}\right|^{n+1}}{1-\left|{z}\right|}}
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Il suffit d’écrire : {\left|{\dfrac{1-z^{n+1}}{1-z}}\right|=\left|{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}z^k}\right|\le\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left|{z}\right|^k=\dfrac{1-\left|{z}\right|^{n+1}}{1-\left|{z}\right|}}

Exercice 2.
Pour {n\in\mathbb{N}^*} et {(z_1,\ldots,z_n)\in\mathbb{C}^*}, montrer que : {\dfrac{\Big|\displaystyle\sum_{k=1}^{n}z_k\Big|}{1+\Big|\displaystyle\sum_{k=1}^{n}z_k\Big|}\le\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|{z_k}\right|}{1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|{z_k}\right|}\le\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\left|{z_k}\right|}{1+\left|{z_k}\right|}}
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La première inégalité est évidente car elle se réduit à : {\Big|\displaystyle\sum_{k=1}^{n}z_k\Big|\le\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|{z_k}\right|}.

Posons {\mathscr{P}(n):\;\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|{z_k}\right|}{1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|{z_k}\right|}\le\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\left|{z_k}\right|}{1+\left|{z_k}\right|}}.

On procède par récurrence sur {n}. {\mathscr{P}(1)} est évidente.

Au rang {2}, pour tous a,b dans \mathbb{R}^+, il faut vérifier : {\dfrac{a+b}{1+a+b}\le\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}}Cela résulte de l’égalité suivante :{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}-\dfrac{a+b}{1+a+b}=\dfrac{ab(a+b+2)}{(1+a)(1+b)(1+a+b)}}On suppose {\mathscr{P}(n)}vraie et on se donne {z_1,\ldots,z_n,z_{n+1}}.

Posons {S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|{z_k}\right|}. Alors en utilisant {\mathscr{P}(2)} et {\mathscr{P}(n)} : {\begin{array}{rl}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\left|{z_k}\right|}{1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\left|{z_k}\right|}&=\dfrac{S_n+\left|{z_{n+1}}\right|}{1+S_n+\left|{z_{n+1}}\right|}\\&\le\dfrac{S_n}{1+S_n}+\dfrac{\left|{z_{n+1}}\right|}{1+\left|{z_{n+1}}\right|}\\\\&\le\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{\left|{z_k}\right|}{1+\left|{z_k}\right|}\end{array}}

Exercice 3.

  1. Montrer que : {\forall a,b\in\mathbb{C}^*,\;\left|\dfrac{a}{\left|a\right|^2}-\dfrac{b}{\left|b\right|^2}\right|=\dfrac{\left|a-b\right|}{\left|a\right|\cdot\left|b\right|}}
  2. Montrer que {\forall\,(x,y,z)\in\mathbb{C}^3} : {\left|{x}\right|\cdot\left|{y-z}\right|\le\left|{y}\right|\cdot\left|{z-x}\right|+\left|{z}\right|\cdot\left|{x-y}\right|}
  3. Montrer l’inégalité dite de Ptolémée, pour tous (x,y,z,w)\in\mathbb{C}^4 :{\left|{x-y}\right|\cdot\left|{z-w}\right|\le\left|{x-z}\right|\cdot\left|{y-w}\right|+\left|{x-w}\right|\cdot\left|{y-z}\right|}

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  1. Il suffit d’écrire : {\left|{\dfrac{a}{\left|{a}\right|^2}-\dfrac{b}{\left|{b}\right|^2}}\right|=\left|{\dfrac{1}{\overline{a}}-\dfrac{1}{\overline{b}}}\right|=\left|{\dfrac{\overline{b}-\overline{a}}{\overline{a}\,\overline{b}}}\right|=\dfrac{\left|{a-b}\right|}{\left|{a}\right|\cdot\left|{b}\right|}}
  2. Si {xyz=0}, l’inégalité est évidente.

    On suppose donc que {x,y,z} sont non nuls. On a : {\left|{\dfrac{y}{\left|{y}\right|^2}-\dfrac{z}{\left|{z}\right|^2}}\right|\le\left|{\dfrac{y}{\left|{y}\right|^2}-\dfrac{x}{\left|{x}\right|^2}}\right|+\left|{\dfrac{x}{\left|{x}\right|^2}-\dfrac{z}{\left|{z}\right|^2}}\right|}Ainsi : {\dfrac{\left|{y-z}\right|}{\left|{y}\right|\cdot\left|{z}\right|}\le\dfrac{\left|{y-x}\right|}{\left|{y}\right|\cdot\left|{x}\right|}+\dfrac{\left|{x-z}\right|}{\left|{x}\right|\cdot\left|{z}\right|}}

    On multiplie par {xyz} et on obtient : {\left|{x}\right|\left|{y-z}\right|\le \left|{z}\right|\left|{y-x}\right|+\left|{y}\right|\left|{x-z}\right|}

  3. Pour tous {a,b,c} de {\mathbb{C}}, on a donc : {\left|{a}\right|\left|{b-c}\right|\le \left|{b}\right|\left|{c-a}\right|+\left|{c}\right|\left|{b-a}\right|}On applique ça à {a=x-y}, {b=x-z} et {c=x-w}.

    On trouve finalement :
    {\left|{x-y}\right|\left|{z-w}\right|\le \left|{x-z}\right|\left|{y-w}\right|+\left|{x-w}\right|\left|{y-z}\right|}

Exercice 4.
Soit {a} dans {\mathbb{C}^*}. Montrer que : {\left|z+a\right|=\left|z-a\right|\Leftrightarrow \exists\, \lambda\in\mathbb{R},\;z=i\lambda a}
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  • Première méthode : {\begin{array}{l}\left|z-a\right|=\left|z+a\right|\Leftrightarrow\left|z-a\right|^2=\left|z+a\right|^2\\\\\quad\Leftrightarrow\left|z\right|^2+2\text{Re}(z\overline{a})+\left|a\right|^2=\left|z\right|^2-2\text{Re}(z\overline{a})+\left|a\right|^2\\\\\quad\Leftrightarrow \text{Re}(z\overline{a})=0\Leftrightarrow\exists\,\mu\in\mathbb{R},\;z\overline{a}=i\mu\\\\\quad\Leftrightarrow\exists\,\mu\in\mathbb{R},\;z\left|a\right|^2=i\dfrac{\mu a}{\left|a\right|^2}\\\\\quad\Leftrightarrow \exists\,\lambda\in\mathbb{R},\;z=i\lambda a\end{array}}
  • Deuxième méthode (en remarquant que nécessairement {z\ne-a}) : {\begin{array}{l}\left|z-a\right|=\left|z+a\right|\Leftrightarrow\left|{\dfrac{z-a}{z+a}}\right|=1\\\\\quad\Leftrightarrow\exists\,\,\theta\in\,]0,\pi[,\;\dfrac{z-a}{z+a}=\text{e}^{2i\theta}\ (\theta=0\;\text{est impossible})\\\\\qquad\Leftrightarrow\exists\,\,\theta\in\,]0,\pi[,\;z=a\dfrac{1+\text{e}^{2i\,\theta}}{1-\text{e}^{2i\,\theta}}=a\dfrac{2\cos(\theta)}{-2i\sin(\theta)}=\dfrac{ia}{\tan(\theta)}\\\\\quad\Leftrightarrow\exists\,\lambda\in\mathbb{R},\;z=i\lambda a\end{array}}
  • Troisième méthode :

    On note {A,B,M,C} les points d’affixes respectives {a,-a,z,ia}.

    On a {\left|z+a\right|=\left|z-a\right|\Leftrightarrow M} est sur la médiatrice \Delta de {AB}.

    Mais {C} est lui-même sur \Delta, distinct de O. Ainsi :{\begin{array}{rl}\left|z+a\right|=\left|z-a\right|\Leftrightarrow \exists\,\lambda\in\mathbb{R},\;\overrightarrow{OM}=\lambda\overrightarrow{OC}\Leftrightarrow\exists\,\lambda\in\mathbb{R},\;z=i\lambda a\end{array}}On pouvait aussi écrire {\left|{\dfrac{z}{a}+1}\right|=\left|{\dfrac{z}{a}-1}\right|} et raisonner avec {Z=\dfrac{z}{a}}.