Examen National Session de Rattrapage 2023

Partie I

1. 1. Posons : $a=\sqrt{x}$ et $b=\sqrt{y}$.
      Le système $ (S) $ est équivalent à : \[ \begin{cases} a+\frac{a}{a^2+b^2}=\frac{12}{5} \quad (1) \\ b-\frac{b}{a^2+b^2}=\frac{4}{5} \quad (2) \end{cases} \] En faisant $(1)+i(2)$ on obtient : \[ (a+ib)+\frac{1}{a^2+b^2}(a-ib)=\frac{12}{5}+i\frac{4}{5} \] En posant $z=\sqrt{x}+i\sqrt{y}=a+ib$ on obtient : \[ z+\frac{\bar{z}}{|z|^2}=\frac{12}{5}+i\frac{4}{5} \] En remarquant $|z|^2=z\bar{z}$ il vient : \[ z+\frac{1}{z}=\frac{12}{5}+i\frac{4}{5} \]
   2. L'équation précédente donne :
      $ \frac{z^2+1}{z}=(\frac{12}{5}+i\frac{4}{5}) $
      $z$ est donc racine de l'équation quadratique : \[ z^2-\left(\frac{12}{5}+i\frac{4}{5}\right)z+1=0 \] On a : \[ \begin{aligned} z^2-\left(\frac{12}{5}+i\frac{4}{5}\right)z+1 &= 0 \\ z^2-2\left(\frac{6+2i}{5}\right)z+1 &= 0 \\ \left(z-\frac{6+2i}{5}\right)^2 &= \frac{(6+2i)^2}{25}-1 \\ \left(z-\frac{6+2i}{5}\right)^2 &= \frac{7+24i}{25} \\ \left(z-\frac{6+2i}{5}\right)^2 &= \left(\frac{4+3i}{5}\right)^2 \end{aligned} \] On obtient alors : \[ \left(z-\frac{6+2i}{5}\right)=\pm \left(\frac{4+3i}{5}\right) \] Et donc : \[ \begin{cases} z_1=\frac{6+2i}{5}-\frac{4+3i}{5}=\frac{2-i}{5} \\ z_2=\frac{6+2i}{5}+\frac{4+3i}{5}=2+i \end{cases} \] La solution $z_1$ est rejetée car elle implique $b=\sqrt{y}=-\frac{1}{5} < 0$.
   3. On en déduit : $(a,b)=(2,1)$. Soit : $(x,y)=(4,1)$.

Partie II

1. On va montrer les deux implications :
   • Soit $z\in\mathbb{C}$ tel que $|z|=1$.
     Ceci implique $z\bar{z}=1$ (donc $z\neq 0$).
     Par la suite : $\bar{z}=\frac{1}{z}$.
   • Réciproquement, soit $z\in\mathbb{C}^*$ tel que $\bar{z}=\frac{1}{z}$.
     Ceci implique $z\bar{z}=|z|^2=1$.
     Et donc : $|z|=1$.
   L'équivalence est donc vérifiée.
2. 1. • Cas 1 : La parallèle à $ (BC) $ passant par $A$ est tangente au cercle. Donc$ P $ coïncide avec $A$. Cette situation se produit lorsque $A$ appartient à la médiatrice du segment $ [BC] $.
        On en déduit que la droite $ (OA) $ est perpendiculaire à la droite $ (BC) $. Ce qui implique en utilisant le produit scalaire : \[ \begin{aligned} a(\overline{b-c})+\bar{a}(b-c) &= 0 \\ a(\bar{b} - \bar{c}) &= -\bar{a}(b - c) \\ a\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right) &= -\frac{1}{a}(b-c) \\ a\left(\frac{c-b}{bc}\right) &= \frac{c-b}{a} \end{aligned} \] On en déduit : $p=a=\frac{bc}{a}$ (La relation est donc vraie dans ce cas).
      • Cas 2 : $A$ n'appartient pas à la médiatrice du segment $ [BC] $.
        Dans ce cas $P$ est distinct de $A$. Les médiatrices des segments $ [BC] $ et $ [AP] $ coïncident et passent par $O$.
        Si $H$ désigne le centre de $ [BC] $ alors on a : $(OH) \perp (AP)$.
        Ce qui implique : \[ \begin{aligned} \left(\frac{b+c}{2}\right)(\overline{p-a})+\left(\frac{\overline{b+c}}{2}\right)(p-a) &= 0 \\ (b+c)\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{a}\right) &= -(p-a)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \\ (b+c)\left(\frac{a-p}{ap}\right) &= (a-p)\left(\frac{b+c}{bc}\right) \end{aligned} \] Si $ b+c\neq 0 $, on obtient encore : $p=\frac{bc}{a}$ (car $a-p \neq 0$).
      • Cas 3 : $b+c=0$.
        Ce qui implique que $\frac{b+c}{2}=0$. Donc $O$ est le milieu de $ [BC] $ (les points $B$ et $C$ sont diamétralement opposés).
        Soit $ K(k) $ le milieu de $ [AP] $ : $k=\frac{a+p}{2}$.
        Dans ce cas, on a : $\overrightarrow{OK}\perp \overrightarrow{OB}$.
        Et donc : $\overrightarrow{OK}\cdot \overrightarrow{OB}=0$. Soit en passant aux affixes : $k\bar{b}+\bar{k}b=0$.
        Ce qui donne : \[ (a+p)\bar{b}+(\overline{a+p})b=0 \] Par la suite : \[ \frac{a+p}{b}+\frac{b(a+p)}{ap}=0 \] Et puisque $a+p\neq 0$ : \[ \frac{1}{b}+\frac{b}{ap}=0 \] Soit : $p=-\frac{b^2}{a}$.
        On en tire : $p=\frac{bc}{a}$ car $b=-c$.
      Dans tous les cas on a : $p=\frac{bc}{a}$.

      Méthode alternative (par les modules et arguments) :

      La relation à démontrer s'écrit $ pa = bc $. Cette relation fait intervenir des produits et quotients d'affixes, elle est donc invariante par rotation du plan complexe autour du centre du cerle.
      On peut donc supposer, sans perte de généralité, que le repère est choisi tel que la droite $ (BC) $ est parallèle à l'axe des abscisses (axe réel).

      1. Égalité des modules :
         Les points $ A, B, C $ et $ P $ appartiennent au cercle trigonométrique, leurs affixes ont donc pour module $ 1 $.
         On a d'une part : $ |p|=1 $
         Et d'autre part : $ \left|\frac{bc}{a}\right|=\frac{|b|\times|c|}{|a|}=\frac{1\times 1}{1}=1 $
         On en déduit que : $ |p|=\left|\frac{bc}{a}\right| $
      2. Égalité des arguments :
         Puisque $ (BC) $ est parallèle à l'axe réel, les points $ B $ et $ C $ (situés sur le cercle trigonométrique) sont symétriques par rapport à l'axe imaginaire. Leurs arguments vérifient donc :
         \[ \arg(b) + \arg(c) \equiv \pi \pmod{2\pi} \] Par construction, la droite $ (AP) $ est parallèle à $ (BC) $. Elle est donc, elle aussi, parallèle à l'axe réel. Les points $ A $ et $ P $ sont également symétriques par rapport à l'axe imaginaire, ce qui donne :
         \[ \arg(a) + \arg(p) \equiv \pi \pmod{2\pi} \] En combinant ces deux résultats, on obtient :
         \[ \arg(a) + \arg(p) \equiv \arg(b) + \arg(c) \pmod{2\pi} \] Soit :
         \[ \arg(p) \equiv \arg(b) + \arg(c) - \arg(a) \pmod{2\pi} \] Ce qui s'écrit, d'après les propriétés des arguments :
         \[ \arg(p) \equiv \arg\left(\frac{bc}{a}\right) \pmod{2\pi} \]

      Les deux nombres complexes $ p $ et $ \frac{bc}{a} $ ayant le même module et le même argument, ils sont strictement égaux :
      \[ p = \frac{bc}{a} \]

   2. Dans le premier et le deuxième cas ci-dessus, $A$ et $P$ appartiennent à la médiatrice de $ [BC] $ et donc $ [PQ] $ est un diamètre du cercle.
      Par la suite, $O$ est le milieu de $ [PQ] $. On en déduit : $\frac{p+q}{2}=0$. Soit : $q=-p$.
      Dans le troisième cas : $b+c=0$. Donc $ [BC] $ est un diamètre du cercle et alors : $\overrightarrow{AQ}\perp\overrightarrow{OB}$.
      Ce qui donne : $(q-a)\bar{b} + (\overline{q-a})b=0$.
      Ce qui implique : $\frac{q-a}{b}+\frac{(a-q)b}{aq}=0$.
      Soit en simplifiant : $q=\frac{b^2}{a}$.
      Soit : $q=-\frac{bc}{a}=-p \quad \text{(car } c=-b \text{)}$.
   3. Le même raisonnement appliqué ci-dessus permet (en inversant les rôles de $A$ et de $C$) de montrer que : \[ r=\frac{ab}{c} \] Remarquons que dans le troisième cas étudié ci-dessus, on a $P\equiv R$.
      On peut même prouver cela par le calcul : \[ p=r \iff \frac{bc}{a}=\frac{ab}{c} \iff a^2=c^2 \implies a=-c \quad \text{(car } a\neq c \text{)} \] c'est-à-dire que $A$ et $C$ sont diamétralement opposés.
      Si $b+c\neq 0$ alors $(OB) \perp (PR)$ si et seulement si $\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{PR}=0$.
      En effet : \[ \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{PR}=(\overline{b-0})(r-p)+(b-0)(\overline{r-p}) \] Ce qui donne : \[ \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{PR}=\bar{b}\left(\frac{ab}{c}-\frac{bc}{a}\right)+b\left(\frac{c}{ab}-\frac{a}{bc}\right) \] Et puisque $b\bar{b}=1$ il vient : \[ \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{PR}=\left(\frac{a}{c}-\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{c}{a}-\frac{a}{c}\right) \] Soit : $\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{PR}=0$.
      On en déduit que la droite $ (PR) $ est perpendiculaire à la droite $ (OB) $.