%% This document created by Scientific Word (R) Version 3.0
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\begin{document}
Signalons tout d'abord que cette \'{e}nonc\'{e} ne fait que ''rappeler'' la
notation et la d\'{e}finition de la trace qui est \textbf{explicitement} hors
programme. Et comme on a ''besoin'' d'utiliser sa lin\'{e}arit\'{e} et son
invariance par changement de base, ce sujet est hors programme.
\medskip
I.A.1) $S_{2}\left( \mathbb{C}\right) $ est clairement de dimension 3 car%
\[
\left\{ \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
1 & 0\\
0 & 0
\end{array}
\right) ,\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 0\\
0 & 1
\end{array}
\right) ,\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & 1\\
1 & 0
\end{array}
\right) \right\}
\]
en est une famille libre et g\'{e}n\'{e}ratrice.
\medskip
I.A.2)%
\begin{align*}
\det\left( ^{t}PMP\right) & =\det\left( ^{t}P\right) \det\left(
M\right) \det\left( P\right) \\
& =\det\left( M\right) \left( \det\left( P\right) \right) ^{2}%
\end{align*}
qui est donc non nul. $^{t}PMP$ est donc inversible, il en est de m\^{e}me
pour $^{t}PNP.$
On a maintenant $M$ harmonique relativement \`{a} $N,$ soit $X,X^{\prime}$ qui
r\'{e}alise cette harmonie et $Y=P^{-1}X$ et $Y^{\prime}=P^{-1}X^{\prime}$ ,
$\left( Y,Y^{\prime}\right) $ est bien une base de $\mathbb{C}^{2}$ et :%
\begin{align*}
^{t}Y^{t}PMPY & =^{t}\left( PY\right) M\left( PY\right) =^{t}XMX=0\\
^{t}Y^{\prime t}PMPY^{\prime} & =^{t}\left( PY^{\prime}\right) M\left(
PY^{\prime}\right) =^{t}X^{\prime}MX^{\prime}=0\\
^{t}Y^{t}PNPY^{\prime} & =^{t}\left( PY\right) N\left( PY^{\prime
}\right) =^{t}XNX^{\prime}=0
\end{align*}
Ce qui assure que $^{t}PMP$ est harmonique relativement \`{a} $^{t}PNP.$
\medskip
I.B.1) Tout d'abord, $b=0$ entraine $M$ non inversible. $b$ est bien non nul.
On pose $X=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
x\\
y
\end{array}
\right) ,$%
\begin{align*}
^{t}XMX & =\left( x,y\right) \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & b\\
b & c
\end{array}
\right) \left(
\begin{array}
[c]{c}%
x\\
y
\end{array}
\right) \\
& =2bxy+cy^{2}=y\left( 2bx+y\right) \\
& =0
\end{align*}
On obtient donc les deux droites vectorielles d'\'{e}quation $y=0$ et
$2bx+y=0.$ Les bases cherch\'{e}es sont de la forme $\left( \lambda\left(
\begin{array}
[c]{c}%
1\\
0
\end{array}
\right) ,\mu\left(
\begin{array}
[c]{c}%
c\\
-2b
\end{array}
\right) \right) $ avec $\lambda,\mu$ non nuls. Prenons $X=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
1\\
0
\end{array}
\right) $ et $X^{\prime}=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
c\\
-2b
\end{array}
\right) .$ On a l'harmonie si et seulement si :%
\[
^{t}XNX^{\prime}=\left( 1,0\right) \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\alpha & \beta\\
\gamma & \delta
\end{array}
\right) \left(
\begin{array}
[c]{c}%
c\\
-2b
\end{array}
\right) =\alpha c-2b\beta=0
\]
Ce qui assure le r\'{e}sultat.
\medskip
I.B.2) On a maintenant $^{t}XMX=ax^{2}+2bxy+cy^{2}=0$ qui est une \'{e}quation
du second degr\'{e} en $x$ puisque $a$ est non nul.
Les racines sont $x=\dfrac{-b+d}{a}y$ et $x=\dfrac{-b-d}{a}y.$ $^{t}XMX=0$
correspond encore \`{a} deux droites vectorielles engendr\'{e}es par $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
-b-d\\
a
\end{array}
\right) $ et $\left(
\begin{array}
[c]{c}%
-b+d\\
a
\end{array}
\right) .$
Prenons $X=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
-b-d\\
a
\end{array}
\right) $ et $X^{\prime}=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
-b+d\\
a
\end{array}
\right) $.
On a donc l'harmonie si et seulement si :%
\begin{align*}
^{t}XNX^{\prime} & =\left( -b-d,a\right) \left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\alpha & \beta\\
\gamma & \delta
\end{array}
\right) \left(
\begin{array}
[c]{c}%
-b+d\\
a
\end{array}
\right) \\
& =\alpha\underbrace{\left( b^{2}-d^{2}\right) }_{=ac}-2ab\beta+\gamma
a^{2}\\
& =a\left( \alpha c-2b\beta+\gamma a\right) =0
\end{align*}
Comme $a$ est non nul, on obtient bien la condition $\alpha c-2b\beta+\gamma
a=0.$ Cette condition est compatible avec la condition pr\'{e}c\'{e}dente avec $a=0.$
\medskip
I.B.3) Les r\^{o}les jou\'{e}s par $a,b,c$ et $\alpha,\beta,\gamma$ \'{e}tant
sym\'{e}triques, $M$ harmonique relativement \`{a} $N$ entraine $N$ harmonique
relativement \`{a} $M.$ D'o\`{u} l'\'{e}quivalence annonc\'{e}e.
\medskip
I.C) Par un calcul classique, on obtient
\[
N^{-1}=\dfrac{1}{\beta^{2}-\alpha\gamma}\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
-\gamma & \beta\\
\beta & -\alpha
\end{array}
\right)
\]
et%
\[
tr\left( N^{-1}M\right) =\dfrac{1}{\beta^{2}-\alpha\gamma}\left(
a\gamma-2b\beta+c\alpha\right)
\]
On a bien la nullit\'{e} de la trace si et seulement si on a l'harmonie.
\medskip
I.D) L'application $S_{2}\left( \mathbb{C}\right) \rightarrow\mathbb{C}$ qui
\`{a} $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
b & c
\end{array}
\right) $ associe $a\gamma-2b\beta+c\alpha$ est clairement lin\'{e}aire et
non nulle, de rang 1, puisque $N$ est non nulle et qu'on arrive dans
$\mathbb{C}$.
$\mathcal{H}$ qui n'est que son noyau est un sous-espace vectoriel de
$S_{2}\left( \mathbb{C}\right) $ de dimension 2 par application du
th\'{e}or\`{e}me du rang.
Un suppl\'{e}mentaire de $\mathcal{H}$ est donc de dimension 1.
D'autre part, on remarque que $tr\left( N^{-1}N\right) =tr\left( I\right)
=2,$ ce qui prouve que $N$ n'appartient pas \`{a} $\mathcal{H}$ et engendre
donc un suppl\'{e}mentaire de $\mathcal{H}.$
\medskip
I.E.1) On remarque que la trace est clairement une application lin\'{e}aire.
Pour simplifier l'\'{e}criture, on va montrer que $M_{1}$ n'est pas
combinaison lin\'{e}aire des autres matrices. La d\'{e}monstration vaut pour
chacune d'entre elles. Si on a :%
\[
M_{1}=\sum\limits_{i=2}^{k}\lambda_{i}M_{i}%
\]
Alors :%
\begin{align*}
tr\left( M_{1}^{-1}M_{1}\right) & =tr\left( I\right) =2\\
& =tr\left( M_{1}^{-1}\sum\limits_{i=2}^{k}\lambda_{i}M_{i}\right) \\
& =\sum\limits_{i=2}^{k}\lambda_{i}tr\left( M_{1}^{-1}M_{i}\right) =0
\end{align*}
d'o\`{u} la contradiction.
\medskip
I.E.2) Si une famille est li\'{e}e, l'une des matrices est combinaison
lin\'{e}aire des autres, ce qui est impossible dans une famille harmonique.
Comme on est dans un espace de dimension 3, il ne peut y avoir de famille
harmonique de plus de 3 matrices et une famille harmonique de 3 matrices est
une base.
\medskip
I.F) Compte tenu de la propri\'{e}t\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente, si $B$ et $C$
sont de la forme $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
b & c
\end{array}
\right) ,$ $A$ et $B$ sont harmoniques si et seulement si $\lambda c+\mu
a=0,$ syst\`{e}me lin\'{e}aire de rang 1 \`{a} 3 inconnues ($a,b$ et $c)$.
Les solutions sont param\'{e}tr\'{e}es par $\alpha$ et $\beta,$ de la forme%
\[
a=\lambda\alpha,b=\beta,c=-\mu\alpha
\]
ce qui est la forme demand\'{e}e.
On fait la m\^{e}me chose pour $A$ et $C$ en appelant $\alpha^{\prime}$ et
$\beta^{\prime}$ les param\`{e}tres.
Maintenant, il nous faut de plus $B$ et $C$ harmoniques, c'est \`{a} dire%
\[
-\alpha\alpha^{\prime}\lambda\mu-\alpha\alpha^{\prime}\lambda\mu=2\beta
\beta^{\prime}%
\]
ou encore%
\[
\alpha\alpha^{\prime}\lambda\mu+\beta\beta^{\prime}=0
\]
syst\`{e}me lin\'{e}aire de rang 1 \`{a} 2 inconnues.
Les solutions sont param\'{e}tr\'{e}es par $k$ de la forme%
\[
\alpha^{\prime}=\beta k,\quad\beta^{\prime}=-\alpha\lambda\mu k.
\]
Les triplets harmonique sont donc les triplets de matrices inversibles de la
forme%
\begin{align*}
A & =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\lambda & 0\\
0 & \mu
\end{array}
\right) \\
B & =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\alpha\lambda & \beta\\
\beta & -\alpha\mu
\end{array}
\right) \\
C & =\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
\beta\lambda k & -\alpha\lambda\mu k\\
-\alpha\lambda\mu k & -\beta\mu k
\end{array}
\right)
\end{align*}
Enfin, on a%
\begin{align*}
\det\left( A\right) & =\lambda\mu\\
\det\left( B\right) & =-\left( \alpha^{2}\lambda\mu+\beta^{2}\right) \\
\det\left( C\right) & =-k^{2}\lambda\mu\left( \alpha^{2}\lambda\mu
+\beta^{2}\right) \\
\det\left( B\right) \det\left( C\right) & =k^{2}\lambda\mu\left(
\alpha^{2}\lambda\mu+\beta^{2}\right) ^{2}\\
& =k^{2}\left( \alpha^{2}\lambda\mu+\beta^{2}\right) ^{2}\det\left(
A\right)
\end{align*}
qui est du signe de $\det\left( A\right) .$
\medskip
I.G) Le probl\`{e}me est de montrer que%
\[
tr\left( \left( ^{t}PA_{0}P\right) ^{-1}\left( ^{t}PB_{0}P\right)
\right) =0
\]
On a :%
\begin{align*}
tr\left( \left( ^{t}PA_{0}P\right) ^{-1}\left( ^{t}PB_{0}P\right)
\right) & =tr\left( P^{-1}A_{0}^{-1\quad t}P^{-1\quad t}PB_{0}P\right) \\
& =tr\left( P^{-1}A_{0}^{-1}B_{0}P\right) \\
& =tr\left( A_{0}^{-1}B_{0}\right) =0
\end{align*}
en utilisant la propri\'{e}t\'{e} $tr\left( P^{-1}AP\right) =tr\left(
A\right) $ qui d\'{e}coule de $tr\left( AB\right) =tr\left( BA\right) $
qu'on montre en faisant le calcul et en obtenant $\sum\limits_{i=1}^{n}%
\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i,j}b_{j,i}$ qui est une formule sym\'{e}trique en $a$
et $b.$
Ce qu'on a fait avec $A_{0}$ et $B_{0}$ se fait de la m\^{e}me fa\c{c}on avec
les deux autres couples de matrices. On obtient donc bien un nouveau triplet harmonique.
D'autre part, on sait que si $A$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, elle est
diagonalisable sur $\mathbb{R}$ avec au besoin une matrice de passage
orthogonale, c'est \`{a} dire pour laquelle $P^{-1}=^{\quad t}P.$
En admettant le r\'{e}sultat indiqu\'{e} avec $\left( A,B,C\right) $ un
triplet harmonique, $^{t}PAP$ est diagonale et $\left( ^{t}PAP,^{t}%
PBP,^{t}PCP\right) $ est aussi un triplet harmonique donc de la forme du
I.F). On pose $Q=P^{-1},$ les triplets harmoniques sont donc de la forme
$\left( ^{t}QAQ,^{t}QBQ,^{t}QCQ\right) $ avec $A,B,C$ de la forme obtenue au I.F).
Enfin, dans le cas o\`{u} les matrices sont r\'{e}elles, on a vu que $\left(
^{t}PAP,^{t}PBP,^{t}PCP\right) $ correspondait \`{a} un changement de base.
Le d\'{e}terminant est invariant dans un changement de base. Donc les
d\'{e}terminants sont ceux du I.F) dont on a vu que le produit \'{e}tait
strictement positif.
\medskip
I.H) On pose $S=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
a & b\\
b & c
\end{array}
\right) $ et $M=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
x & z\\
y & t
\end{array}
\right) ,$%
\[
tr\left( SM\right) =ax+b\left( y+z\right) +ct=0
\]
avec $a,b,c$ quelconques. On obtient donc $x=0,$ $y+z=0,$ $t=0.$ $M$ est donc
de la forme $\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & -y\\
y & 0
\end{array}
\right) .$
Prenons $D=\left(
\begin{array}
[c]{cc}%
0 & -1\\
1 & 0
\end{array}
\right) ,$ on a bien $D$ inversible v\'{e}rifiant%
\[
tr\left( A^{-1}D\right) =tr\left( B^{-1}D\right) =tr\left( C^{-1}%
D\right) =0
\]
car $A^{-1}$ est sym\'{e}trique ainsi que les deux autres.
$\left( A,B,C,D\right) $ est une base car c'est une famille libre. Ceci
d\'{e}coule simplement que $D$ n'est pas sym\'{e}trique et que $\left(
A,B,C\right) $ est libre.
\medskip
II.A.1) 1 ou $-1$ solution de $\left( 1\right) $ ou de $\left( 2\right) $
entraine $b=-1$ ou $b=1$ ce qui implique $\det\left( B\right) =0$ et $B$ non inversible.
D'autre part, si $\left( 1\right) $ et $\left( 2\right) $ ont une solution
commune, elle est racine de la premi\`{e}re, donc non nulle. Et $\left(
2\right) -b\left( 1\right) $ donne $2\left( 1-b^{2}\right) z=0$ et encore
une fois $b=-1$ ou $b=1$ ce qui est impossible.
\medskip
II.A.2)
\begin{align*}
\dfrac{z_{1}-1}{z_{1}+1} & =\dfrac{-b+d-1}{-b+d+1}\\
\dfrac{z_{1}^{\prime}-1}{z_{1}^{\prime}+1} & =\dfrac{-b-d-1}{-b-d+1}\\
\dfrac{z_{1}-1}{z_{1}+1}+\dfrac{z_{1}^{\prime}-1}{z_{1}^{\prime}+1} &
=\dfrac{-b+d-1}{-b+d+1}+\dfrac{-b-d-1}{-b-d+1}\\
& =\dfrac{\left( -b+d-1\right) \left( -b-d+1\right) +\left(
-b-d-1\right) \left( -b+d+1\right) }{\left( -b+d+1\right) \left(
-b-d+1\right) }\\
& =\dfrac{b^{2}-\left( d-1\right) ^{2}+b^{2}-\left( d+1\right) ^{2}%
}{\left( -b+d+1\right) \left( -b-d+1\right) }\\
& =\dfrac{2\left( b^{2}-d^{2}-1\right) }{\left( -b+d+1\right) \left(
-b-d+1\right) }=0
\end{align*}
On a la m\^{e}me chose exactement pour l'autre.
D'autre part,
\begin{align*}
& \left( z_{2}-z_{1}\right) \left( z_{2}^{\prime}-z_{1}^{\prime}\right)
+\left( z_{2}-z_{1}^{\prime}\right) \left( z_{2}^{\prime}-z_{1}\right) \\
& =2z_{2}z_{2}^{\prime}+2z_{1}z_{1}^{\prime}-\left( z_{1}z_{2}^{\prime
}+z_{2}z_{1}^{\prime}+z_{1}z_{2}+z_{1}^{\prime}z_{2}^{\prime}\right) \\
& =2p_{2}+2p_{1}-\left( z_{1}+z_{1}^{\prime}\right) \left( z_{2}%
+z_{2}^{\prime}\right) =2p_{2}+2p_{1}-s_{1}s_{2}%
\end{align*}
Ce qui nous permet de calculer :%
\begin{align*}
\dfrac{\left( z_{2}-z_{1}\right) }{\left( z_{2}-z_{1}^{\prime}\right)
}+\dfrac{\left( z_{2}^{\prime}-z_{1}\right) }{\left( z_{2}-z_{1}^{\prime
}\right) } & =\dfrac{\left( z_{2}-z_{1}\right) \left( z_{2}^{\prime
}-z_{1}^{\prime}\right) +\left( z_{2}-z_{1}^{\prime}\right) \left(
z_{2}^{\prime}-z_{1}\right) }{\left( z_{2}-z_{1}^{\prime}\right) \left(
z_{2}-z_{1}^{\prime}\right) }\\
& =\dfrac{2p_{2}+2p_{1}-s_{1}s_{2}}{\left( z_{2}-z_{1}^{\prime}\right)
\left( z_{2}-z_{1}^{\prime}\right) }=\dfrac{2+2-\left( -2b\right) \left(
-2/b\right) }{\left( z_{2}-z_{1}^{\prime}\right) \left( z_{2}%
-z_{1}^{\prime}\right) }=0
\end{align*}
\medskip
II.A.3)
\begin{align*}
\varphi\left( \varphi\left( z\right) \right) & =\dfrac{\dfrac{z-i}%
{1-zi}-i}{1-\dfrac{z-i}{1-zi}i}=\dfrac{\dfrac{z-i-i\left( 1-zi\right)
}{1-zi}}{\dfrac{1-zi-\left( z-i\right) i}{1-zi}}\\
& =\dfrac{z-i-i-z}{1-zi-zi-1}=\dfrac{-2i}{-2zi}\\
& =\dfrac{1}{z}%
\end{align*}
\medskip
II.A.4)%
\begin{align*}
b\left( \dfrac{z-i}{1-zi}\right) ^{2}+2\dfrac{z-i}{1-zi}+b &
=\dfrac{b\left( z-i\right) ^{2}+2\left( 1-zi\right) \left( z-i\right)
+b\left( 1-zi\right) ^{2}}{\left( 1-zi\right) ^{2}}\\
& =\dfrac{b\left( z^{2}-2iz-1+1-2iz-z^{2}\right) +2\left( z-i-iz^{2}%
-z\right) }{\left( 1-zi\right) ^{2}}\\
& =\dfrac{b\left( -4iz\right) -2i\left( z^{2}+1\right) }{\left(
1-zi\right) ^{2}}=\dfrac{-2i}{\left( 1-zi\right) ^{2}}\left(
z^{2}+2bz+1\right)
\end{align*}
Pour $1-iz$ non nul, on a bien $z$ solution de $\left( 1\right) $ si et
seulement si $\varphi\left( z\right) $ est solution de $\left( 2\right) .$
\medskip
II.B.1) On a $z\overline{z}=x^{2}+y^{2}$ et $z-\overline{z}=2iy$ ce qui donne
bien%
\[
z\overline{z}-t\dfrac{z-\overline{z}}{2i}-1=x^{2}+y^{2}-ty-1
\]
Annuler ce terme donne bien l'\'{e}quation d'un cercle. De plus, si un cercle
passe par $P$ et $P^{\prime},$ son centre est sur $Oy$ en $\left(
0,t/2\right) .$ Ce cercle est d'\'{e}quation%
\[
x^{2}+y^{2}-ty-k=0
\]
Comme il passe par $P,$ $k$ vaut 1. On a bien le r\'{e}sultat demand\'{e}.%
\begin{align*}
F\left( X,Y\right) & =\dfrac{1}{z}\dfrac{1}{\overline{z}}-t\dfrac
{\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{\overline{z}}}{2i}-1=\dfrac{1-t\dfrac{\overline{z}%
-z}{2i}-z\overline{z}}{z\overline{z}}\\
& =\dfrac{-1}{z\overline{z}}\left( z\overline{z}-t\dfrac{z-\overline{z}}%
{2i}-1\right) \\
& =\dfrac{F\left( x,y\right) }{x^{2}+y^{2}}%
\end{align*}
Pour $z$ non nul, $F\left( X,Y\right) =0\Leftrightarrow F\left( x,y\right)
=0$ ce qui correspond \`{a} $M\left( z\right) $ appartient au cercle si et
seulement si $M\left( 1/z\right) $ appartient au cercle.
\medskip
II.B.2) La droite $\left( PP^{\prime}\right) $ \'{e}tant la droite
r\'{e}elle, cela revient \`{a} montrer que $z_{1}$ n'est pas r\'{e}el. Mais,
comme $z_{1}$ n'est pas nul, $b=\dfrac{-1-z_{1}^{2}}{2z_{1}}$ serait donc
aussi r\'{e}el ce qui est contraire \`{a} l'hypoth\`{e}se.
On consid\`{e}re donc le cercle circonscrit au triangle $PP^{\prime}Q.$ On a%
\begin{align*}
\widehat{\left( P^{\prime}Q,PQ\right) } & =\arg\left( \dfrac{z_{1}%
-1}{z_{1}+1}\right) \\
& =\pi+\arg\left( \dfrac{z_{1}^{\prime}-1}{z_{1}^{\prime}+1}\right) \\
& =\pi+\widehat{\left( P^{\prime}Q^{\prime},PQ^{\prime}\right) }%
\end{align*}
Ce qui prouve que $P,P^{\prime},Q,Q^{\prime}$ sont cocycliques. On fait la
m\^{e}me chose \`{a} partir de $R$ en utilisant la deuxi\`{e}me relation du
d\'{e}but du II.A.2).
\medskip
II.B.3) On a
\begin{align*}
\left( z-\psi\left( z_{1}\right) \right) \left( z-\psi\left(
z_{1}^{\prime}\right) \right) & =0\\
& =\left( z-\dfrac{z_{1}-1}{z_{1}+1}\right) \left( z-\dfrac{z_{1}^{\prime
}-1}{z_{1}^{\prime}+1}\right) \\
& =z^{2}-z\underbrace{\left( \dfrac{z_{1}-1}{z_{1}+1}+\dfrac{z_{1}^{\prime
}-1}{z_{1}^{\prime}+1}\right) }_{=0}+\left( \dfrac{z_{1}-1}{z_{1}+1}\right)
\left( \dfrac{z_{1}^{\prime}-1}{z_{1}^{\prime}+1}\right) \\
& =z^{2}+\dfrac{z_{1}z_{1}^{\prime}-\left( z_{1}+z_{1}^{\prime}\right)
+1}{z_{1}z_{1}^{\prime}+\left( z_{1}+z_{1}^{\prime}\right) +1}=z^{2}%
+\dfrac{1+2b+1}{1-2b+1}\\
0 & =z^{2}+\dfrac{1+b}{1-b}%
\end{align*}
qui est l'\'{e}quation cherch\'{e}e. On fait la m\^{e}me chose avec les
racines de l'autre \'{e}quation, ce qui revient \`{a} remplacer $b$ par
$\dfrac{1}{b}.$ L'\'{e}quation dont les racines sont $\psi\left(
z_{2}\right) $ et $\psi\left( z_{2}^{\prime}\right) $ est :%
\[
0=z^{2}+\dfrac{1+1/b}{1-1/b}=z^{2}-\dfrac{1+b}{1-b}%
\]
$\psi\left( z_{1}\right) ,\psi\left( z_{1}^{\prime}\right) ,\psi\left(
z_{2}\right) $ et $\psi\left( z_{2}^{\prime}\right) $ sont dont les racines
de :%
\[
z^{4}-\left( \dfrac{1+b}{1-b}\right) ^{2}=0
\]
Ce sont donc les racines quatri\`{e}mes de $\left( \dfrac{1+b}{1-b}\right)
^{2},$ leurs images sont bien les sommets d'un carr\'{e}. Ils sont donc
cocycliques. Le carr\'{e} \'{e}tant centr\'{e} \`{a} l'origine, le cercle
l'est aussi, son rayon est $\sqrt[4]{\left| \left( \dfrac{1+b}{1-b}\right)
^{2}\right| }=\sqrt{\left| \dfrac{1+b}{1-b}\right| }$ et son \'{e}quation%
\[
z\overline{z}=\left| \dfrac{1+b}{1-b}\right|
\]
Enfin, $Q,Q^{\prime},R,R^{\prime}$ ont des affixes qui v\'{e}rifient donc
\begin{align*}
\dfrac{z-1}{z+1}\times\dfrac{\overline{z}-1}{\overline{z}+1} & =\left|
\dfrac{1+b}{1-b}\right| \\
& =\dfrac{z\overline{z}-\left( z+\overline{z}\right) +1}{z\overline
{z}+\left( z+\overline{z}\right) +1}\\
\left| \dfrac{1+b}{1-b}\right| & =\dfrac{x^{2}+y^{2}-2x+1}{x^{2}%
+y^{2}+2x+1}%
\end{align*}
Ce qui donne :%
\[
\left( x^{2}+y^{2}\right) \left( 1-\left| \dfrac{1+b}{1-b}\right|
\right) -2x\left( 1+\left| \dfrac{1+b}{1-b}\right| \right) +\left(
1-\left| \dfrac{1+b}{1-b}\right| \right) =0
\]
qui est l'\'{e}quation d'un cercle sauf quand $\left| \dfrac{1+b}%
{1-b}\right| =1$ auquel cas, il s'agit d'une droite.
$Q,Q^{\prime},R,R^{\prime}$ sont donc cocycliques ou align\'{e}s.
\medskip
II.B.4) On a $\overrightarrow{TQ}$ d'affixe $z_{1}-\dfrac{z_{1}+\overline
{z_{1}}}{1+z_{1}\overline{z_{1}}}$ et $\overrightarrow{TQ^{\prime}}$ d'affixe
$z_{1}^{\prime}-\dfrac{z_{1}+\overline{z_{1}}}{1+z_{1}\overline{z_{1}}}.$ On
utilisera les notations introduites au II.A.1).%
\begin{align*}
z_{1}-\dfrac{z_{1}+\overline{z_{1}}}{1+z_{1}\overline{z_{1}}} &
=\dfrac{z_{1}+z_{1}^{2}\overline{z_{1}}-z_{1}-\overline{z_{1}}}{1+z_{1}%
\overline{z_{1}}}\\
& =\dfrac{\left( z_{1}^{2}-1\right) \overline{z_{1}}}{1+z_{1}%
\overline{z_{1}}}=\dfrac{\left( -2bz_{1}-1-1\right) \overline{z_{1}}%
}{1+z_{1}\overline{z_{1}}}\\
& =-2\dfrac{\left( bz_{1}+1\right) \overline{z_{1}}}{1+z_{1}\overline
{z_{1}}}=-2\dfrac{\left( b\left( -b+d\right) +1\right) \left(
-\overline{b}+\overline{d}\right) }{1+z_{1}\overline{z_{1}}}\\
& =-2\dfrac{\left( -b^{2}+bd+1\right) \left( -\overline{b}+\overline
{d}\right) }{1+z_{1}\overline{z_{1}}}=-2\dfrac{\left( bd-d^{2}\right)
\left( -\overline{b}+\overline{d}\right) }{1+z_{1}\overline{z_{1}}}\\
& =-2d\dfrac{\left( b-d\right) \left( -\overline{b}+\overline{d}\right)
}{1+z_{1}\overline{z_{1}}}=\dfrac{-2d}{1+z_{1}\overline{z_{1}}}\times\left(
-\left| b-d\right| ^{2}\right)
\end{align*}
D'autre part,%
\begin{align*}
z_{1}^{\prime}-\dfrac{z_{1}+\overline{z_{1}}}{1+z_{1}\overline{z_{1}}} &
=\dfrac{z_{1}^{\prime}+z_{1}^{\prime}z_{1}\overline{z_{1}}-z_{1}%
-\overline{z_{1}}}{1+z_{1}\overline{z_{1}}}\\
& =\dfrac{z_{1}^{\prime}+\overline{z_{1}}-z_{1}-\overline{z_{1}}}%
{1+z_{1}\overline{z_{1}}}=\dfrac{z_{1}^{\prime}-z_{1}}{1+z_{1}\overline{z_{1}%
}}\\
& =\dfrac{-2d}{1+z_{1}\overline{z_{1}}}%
\end{align*}
On a donc%
\[
\lambda=\dfrac{-1}{\left| b-d\right| ^{2}}%
\]
qui convient. Ce qui prouve que $T,Q,Q^{\prime}$ sont align\'{e}s. De plus
$\omega$ est r\'{e}el, ce qui fait que $T,P,P^{\prime}$ sont aussi
align\'{e}s. L'intersection de $\left( PP^{\prime}\right) $ et $\left(
QQ^{\prime}\right) $ est $T.$
On sait aussi que $\varphi\left( z_{1}\right) $ est $z_{2}$ ou
$z_{2}^{\prime}$ d'apr\`{e}s le II.A.4). Calculons%
\begin{align*}
\dfrac{\varphi\left( z_{1}\right) +\overline{\varphi\left( z_{1}\right) }%
}{1+\varphi\left( z_{1}\right) \overline{\varphi\left( z_{1}\right) }} &
=\dfrac{\dfrac{z_{1}-i}{1-z_{1}i}+\dfrac{\overline{z_{1}}+i}{1+\overline
{z_{1}}i}}{1+\dfrac{z_{1}-i}{1-z_{1}i}\times\dfrac{\overline{z_{1}}%
+i}{1+\overline{z_{1}}i}}\\
& =\dfrac{\left( z_{1}-i\right) \left( 1+\overline{z_{1}}i\right)
+\left( 1-z_{1}i\right) \left( \overline{z_{1}}+i\right) }{\left(
1-z_{1}i\right) \left( 1+\overline{z_{1}}i\right) +\left( z_{1}-i\right)
\left( \overline{z_{1}}+i\right) }\\
& =\dfrac{iz_{1}\overline{z_{1}}+z_{1}-i+\overline{z_{1}}+\overline{z_{1}%
}-z_{1}\overline{z_{1}}i+i-z_{1}\overline{z_{1}}i+z_{1}}{1-z_{1}%
i+\overline{z_{1}}i+z_{1}\overline{z_{1}}+z_{1}\overline{z_{1}}-i\overline
{z_{1}}+z_{1}i+1}\\
& =\dfrac{2\left( z_{1}+\overline{z_{1}}\right) }{2\left( 1+z_{1}%
\overline{z_{1}}\right) }=\dfrac{z_{1}+\overline{z_{1}}}{1+z_{1}%
\overline{z_{1}}}\\
& =\omega
\end{align*}
Ce qui prouve maintenant que $T,R,R^{\prime}$ sont align\'{e}s.
Et enfin on obtient $\left( PP^{\prime}\right) ,\left( QQ^{\prime}\right)
$ et $\left( RR^{\prime}\right) $ sont concourrantes en $T.$
\medskip
III.A.1) On a tr\`{e}s facilement%
\[
A^{-1}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1/u & 0 & 0\\
0 & 1/v & 0\\
0 & 0 & 1/w
\end{array}
\right)
\]
On ne calcule que les \'{e}l\'{e}ments diagonaux de $A^{-1}B=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a & \cdot & \cdot\\
\cdot & d & \cdot\\
\cdot & \cdot & f
\end{array}
\right) $ et donc%
\[
tr\left( A^{-1}B\right) =a+d+f=0
\]
De m\^{e}me, on ne calcule que les \'{e}l\'{e}ments diagonaux de%
\[
B^{-1}=\dfrac{1}{\det\left( B\right) }\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
dfvw-e^{2} & \cdot & \cdot\\
\cdot & afuw-c^{2} & \cdot\\
\cdot & \cdot & aduv-b^{2}%
\end{array}
\right)
\]
qui permet d'obtenir
\[
B^{-1}A=\dfrac{1}{\det\left( B\right) }\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
dfuvw-e^{2}u & \cdot & \cdot\\
\cdot & afuvw-c^{2}v & \cdot\\
\cdot & \cdot & aduvw-b^{2}w
\end{array}
\right)
\]
dont la trace est nulle si et seulement si%
\[
df+af+ad-\dfrac{e^{2}}{vw}-\dfrac{c^{2}}{uw}-\dfrac{b^{2}}{uv}=0
\]
et en rempla\c{c}ant $a+d$ par $-f,$ ces deux \'{e}galit\'{e}s \'{e}quivalent
bien au syst\`{e}me $\left( 3\right) $ annonc\'{e}.
$a$ et $d$ sont donc solution de%
\[
X^{2}+fX+\dfrac{e^{2}}{vw}+\dfrac{c^{2}}{uw}+\dfrac{b^{2}}{uv}+f^{2}=0
\]
Cette \'{e}quation du second degr\'{e} n'a des racines r\'{e}elles que si son
discriminant est positif. Or%
\begin{align*}
\dfrac{\Delta}{4} & =\dfrac{f^{2}}{4}-\left( \dfrac{e^{2}}{vw}+\dfrac
{c^{2}}{uw}+\dfrac{b^{2}}{uv}+f^{2}\right) \\
& =-\left( \dfrac{3}{4}f^{2}+\dfrac{e^{2}}{vw}+\dfrac{c^{2}}{uw}%
+\dfrac{b^{2}}{uv}\right) \geqslant0
\end{align*}
Ce qui revient \`{a}%
\[
\dfrac{3}{4}f^{2}+\dfrac{e^{2}}{vw}+\dfrac{c^{2}}{uw}+\dfrac{b^{2}}%
{uv}\leqslant0
\]
\medskip
III.A.2) Si $u,v,w$ sont de m\^{e}me signe, $uv,uw,vw$ sont strictement
positifs et donc%
\[
\dfrac{3}{4}f^{2}+\dfrac{e^{2}}{vw}+\dfrac{c^{2}}{uw}+\dfrac{b^{2}}{uv}>0
\]
ce qui est impossible.
\medskip
III.A.3) Si on a $c=e=0,$ la condition devient $\dfrac{3}{4}f^{2}+\dfrac
{b^{2}}{uv}\leqslant0.$ Comme $uv<0,$ il est facile de trouver $b$ et $f$
r\'{e}pondant \`{a} la question. Reste \`{a} v\'{e}rifier qu'on a aussi $B$
inversible.
\[
\det\left( B\right) =fw\underbrace{\left( aduv-b^{2}\right) }_{=f^{2}%
uv}=f^{3}uvw
\]
Il suffit donc de choisir $f$ non nul et $b$ tel que $b^{2}\geqslant
-\dfrac{4f^{2}}{3uv}.$
\medskip
III.A.4) $A$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, diagonalisable avec une matrice de
passage orthogonale, on note $A^{\prime}$ la matrice diagonale correspondante.
On suppose que $A$ et $B$ sont harmoniques et on a $A^{\prime}$ diagonale et%
\begin{align*}
P^{-1} & =^{\quad t}P\\
A^{\prime} & =P^{-1}AP\\
B^{\prime} & =P^{-1}BP\\
tr\left( A^{\prime-1}B^{\prime}\right) & =tr\left( P^{-1}A^{-1}%
PP^{-1}BP\right) \\
& =tr\left( P^{-1}A^{-1}BP\right) \\
& =tr\left( A^{-1}B\right)
\end{align*}
en vertu de proprit\'{e}t\'{e}s d\'{e}crites au I.G). On a le m\^{e}me
r\'{e}sultat pour%
\[
tr\left( B^{\prime-1}A^{\prime}\right) =tr\left( B^{-1}A\right)
\]
On a donc $A,B$ harmoniques si et seulement si $A^{\prime},B^{\prime}$ harmoniques.
Si toutes les valeurs propres de $A$ sont de m\^{e}me signe, $A^{\prime}$ n'a
pas de conjugu\'{e} harmonique d'apr\`{e}s II.A.2), par contre, si les valeurs
propres de $A$ sont de signes distincts, on s'arrange pour que $A^{\prime}$
ait ses deux premiers \'{e}l\'{e}ments diagonaux de signes distincts, on
utilise II.A.3) pour construire $B^{\prime}$ harmonique avec $A^{\prime}.$
En conclusion, il existe $B$ telle que $A,B$ sont harmoniques si et seulement
si les valeurs propres de $A$ ne sont pas toutes de m\^{e}me signe.
\medskip
III.B.1) On utilise le II.A.1) avec%
\[
\left( u,v,w,a,b,c,d,e,f\right) =\left( 1,1,-\alpha^{2},1,0,\beta
,1,0,-\gamma^{2}/w\right)
\]
Le syst\`{e}me $\left( 3\right) $ devient :%
\[
\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
2=\gamma^{2}/\alpha^{2}\\
1=-\beta^{2}/\alpha^{2}+4
\end{array}
\right.
\]
ou encore
\[
\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
2\alpha^{2}=\gamma^{2}\\
3\alpha^{2}=\beta^{2}%
\end{array}
\right.
\]
On a donc quatre solutions pour le couple $\left( \beta,\gamma\right) $ qui
sont $\left( \pm\alpha\sqrt{3},\pm\alpha\sqrt{2}\right) .$ Attention, ces
quatre couples ne fournissant que deux matrices $B$ !
\medskip
III.B.2)
\begin{align*}
C & =A^{-1}B=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & -1/\alpha^{2}%
\end{array}
\right) \left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 0 & \alpha\sqrt{3}\\
0 & 1 & 0\\
\alpha\sqrt{3} & 0 & 2\alpha^{2}%
\end{array}
\right) \\
& =\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 0 & \alpha\sqrt{3}\\
0 & 1 & 0\\
-\sqrt{3}/\alpha & 0 & -2
\end{array}
\right)
\end{align*}
La question revient simplement \`{a} montrer que $C$ est diagonalisable ! On
cherche le polyn\^{o}me caract\'{e}ristique.%
\begin{align*}
\left|
\begin{array}
[c]{ccc}%
1-\lambda & 0 & \alpha\sqrt{3}\\
0 & 1-\lambda & 0\\
-\sqrt{3}/\alpha & 0 & -2-\lambda
\end{array}
\right| & =\left( 1-\lambda\right) \left|
\begin{array}
[c]{cc}%
1-\lambda & \alpha\sqrt{3}\\
-\sqrt{3}/\alpha & -2-\lambda
\end{array}
\right| \\
& =\left( 1-\lambda\right) \left( \lambda^{2}+\lambda+1\right) \\
& =\left( 1-\lambda\right) \left( \lambda-j\right) \left( \lambda
-j^{2}\right)
\end{align*}
On a trois valeurs propres simples, $C$ est diagonalisable.
Par contre ses valeurs propres ne sont pas toutes r\'{e}elles, le polyn\^{o}me
caract\'{e}ristique n'est pas scind\'{e} sur $\mathbb{R}$ et donc $C$ n'y est
pas diagonalisable.
\end{document}