corrige

Corrigé des exercices sur les nombres complexes en terminale.

EXERCICE 1 :

z_1=1+2i \,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,\, \Re(z_1)=1 \, ; \, \Im(z_1)=2 \\\\z_2=3+i \,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,\, \Re(z_2)=3 \, ; \, \Im(z_2)=1 \\\\z_3=3 \,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,\, \Re(z_3)=3 \, ; \, \Im(z_3)=0 \\\\z_4=6i \,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,\, \Re(z_4)=0 \, ; \, \Im(z_4)=6 \\\\z_5=\frac{-i}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,\, \Re(z_5)=\frac{\sqrt{3}}{2} \, ; \, \Im(z_5)=-\frac{1}{2} \\\\z_6=\frac{1}{3}(5+2i) \,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,\, \Re(z_6)=\frac{5}{3} \, ; \, \Im(z_6)=\frac{2}{3}

EXERCICE 2 :

1. z_1=e^{i\frac{\pi}{3}}=cos(\frac{\pi}{3})+isin(\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} et z_2=e^{-i\frac{\pi}{4}}=cos(-\frac{\pi}{4})+isin(-\frac{\pi}{4})=\frac{1}{\sqrt{2}}-i\frac{1}{\sqrt{2}}.

2. z_1z_2=e^{i(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})}=e^{i\frac{\pi}{12}}=cos\frac{\pi}{12}+isin\frac{\pi}{12}.

Donc les écritures sous forme algébrique, exponentielle et trigonométrique de z_1z_2 sont respectivement : (cos\frac{\pi}{12}+isin\frac{\pi}{12} , e^{i\frac{\pi}{12}}) et(cos\frac{\pi}{12};sin\frac{\pi}{12}).

3. cos(\frac{\pi}{12})=Re(z_1z_2) et sin(\frac{\pi}{12})=Im(z_1z_2).

Donc cos(\frac{\pi}{12})=cos^2(\frac{\pi}{24})-sin^2(\frac{\pi}{24})=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}

et sin(\frac{\pi}{12})=2sin(\frac{\pi}{24})cos(\frac{\pi}{24})=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.

EXERCICE 3 :

z_1=(1+i)+(-8+4i)= -7 + 5i \\\\z_2=(3+i)(5-2i)= 13 + 13i \\\\z_3=5i-(3+2i)= -3+i \\\\z_4=2(5-i)+3(i-4)= 3 - 5i \\\\z_5=(i+2)^2-(3-5i)= -3 - 7i \\\\z_6=(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})^2= -\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} z_7=\frac{5+i}{3+2i}= \frac{11}{13}+\frac{1}{13}i

EXERCICE 4 :

1. Voir la figure suivante :

Tracer la figure….

2. Les affixes de A’ et B’ sont respectivement : z_{A'}=\frac{z_B+z_C}{2}=-i et z_{B'}=\frac{z_A+z_C}{2}= 3-\frac{1}{2}i.

3. \vec{AA'}=\frac{2}{3}\vec{AG}, donc \vec{AG}=\frac{3}{2}\vec{AA'}. On a \vec{AA'}=i et \vec{A'G}=t\vec{AA'}t=\frac{2}{3}.

Donc \vec{AG}=\frac{3}{2}i.

Ainsi z_G=z_A+\vec{AG}=3+\frac{5}{2}i.

EXERCICE 5 :

\vec{AD}=z_D-z_A=(11+i)-(5+5i)=6-4i .
\vec{BC}=z_C-z_B=(9-2i)-(-5+2i)=14-4i.
Donc les affixes de \vec{AD} et \vec{BC} sont respectivement : $6-4i$ et $14-4i$.
\frac{z_B-z_A}{z_D-z_A}=\frac{-8i}{6-4i}=\frac{1}{2}i.
Comme arg(\frac{z_B-z_A}{z_D-z_A})=\frac{\pi}{2}, le quadrilatère est un parallélogramme.

De plus, les diagonales sont \vec{AC}=z_C-z_A=4-2iet \vec{BD}=z_D-z_B=16+3i et leur somme est \vec{AC}+\vec{BD}=20+i.

Donc le quadrilatère est un losange.

EXERCICE 6 :

1. a. On calcule \Delta=2\sqrt{3}-4   et les solutions sont z_1=\sqrt{3}+i\sqrt{3}-2+\sqrt{3}-i\sqrt{3}=2\sqrt{3} et z_2=\sqrt{3}+i\sqrt{3}-2-\sqrt{3}+i\sqrt{3}=i\sqrt{3}.

Ou bien on peut utiliser la formule

z_{1,2}=\frac{\sqrt{\Delta}\pm\sqrt{\Delta}}{2}= \sqrt{3}\pm i.

b. On a z_1=r_1(cos\theta_1+isin\theta_1)=2\sqrt{3}(cos\frac{\pi}{3}+isin\frac{\pi}{3}) et z_2=r_2(cos\theta_2+isin\theta_2)=\sqrt{3}(cos\frac{\pi}{6}+isin\frac{\pi}{6}).

2. a. On construit d’abord le segment [AB] de longueur a=\sqrt{3}.

On place les points A et P.

On trace un cercle centré en A de rayon a et un cercle centré en P de rayon r=\sqrt{2} (le rayon du cercle passant par A).

Ces deux cercles se coupent en deux points, on prend celui qui est à gauche de [AP]. Ce point est le point M.

![complexes2.png](attachment:complexes2.png)

b. Les affixes de A, M et P sont respectivement \sqrt{3}+i, a+bi et -\sqrt{2}-i\sqrt{2}.
Les affixes de B et C sont respectivement -ai+b et $ai+b$.

Donc b=1 et a=\sqrt{3} (car AD=AM=BM=BD=3).
Donc l’affixe de B est -i+\sqrt{3} et l’affixe de C est i+\sqrt{3}.

c. \vec{AB}=a+bi et \vec{AC}=2i. Donc \vec{AB}\cdot\vec{AC}=0 et le triangle ABC est rectangle.

De plus, \vec{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\vec{AB}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{3}+i)(1+i)=\sqrt{2}+i\sqrt{2}.

Donc le triangle est isocèle en A.

d. On cherche l’affixe de D tel que AD soit orthogonal à AB. Donc \vec{AD}\cdot\vec{AB}=0, soit (x+iy-(\sqrt{3}+i))((\sqrt{3}-i)-(\sqrt{3}+i))=0, ce qui donne x+y=i\sqrt{3} ou encore x=\sqrt{3}-y. On a aussi $AD=3$.

Donc (x-\sqrt{3})^2+y^2=9 et on substitue x en fonction de $y$ pour trouver y^2-2\sqrt{3}y+4=0. Les solutions sont y_1= \sqrt{3}+1 et y_2=\sqrt{3}-1.

Donc x_1=1 et x_2=2\sqrt{3}-1. Ainsi l’affixe de D est 1+\sqrt{3}+i ou 2\sqrt{3}-1+\sqrt{3}-i.

EXERCICE 7 :

1. \Re(2+4i)=2 et \Im(2+4i)=4.

\Re(2i)=0 et \Im(2i)=2.

\Re(-1-3i)=-1 et \Im(-1-3i)=-3.

\Re(-4)=-4 et $\Im(-4)=0$.

\Re(2+\sqrt{3}i)=2 et \Im(2+\sqrt{3}i)=\sqrt{3}.

\Re(-\sqrt{5}i)=0 et \Im(-\sqrt{5}i)=-\sqrt{5}.

2. 2et -4 sont des réels.

2i et -\sqrt{5}i sont imaginaires purs.

EXERCICE 8 :

z_1=-5i\\z_2=2-i\\z_3=-15+5i\\z_4=-4-8i\\z_5=0\\z_6=3+2i\\z_7=11+i\\z_8=-i\\z_9=1\\z_{10}=2\\z_{11}=\frac{3}{2}\\z_{12}=-\frac{2}{5}\\z_{13}=-1+2i.

EXERCICE 9 :

\,\overline{z_1}=-1-2i \\ \,\overline{z_2}=4+i \\ \,\overline{z_3}=-7i\\ \,\overline{z_4}=-2+8i\\ \,\overline{z_5}=11-3i

\,\overline{z_6}=1+i

EXERCICE 10 :

1. \,z=2-4i\,. \\\\2. \,z=-\frac{7}{3}+\frac{13}{3}i\, \\\\3. \,z=-\frac{1-i}{2}\, \\\\4. \,z=\frac{5}{3}-\frac{1}{3}i \\\\5. \,z_1=2-2i\,, \,z_2=-3+i\, \\\\6. \,z_1=3-3i\,, \,z_2=-1-i\, \\\\7. \,z_1=-4\,, \,z_2=4\, \\\\8.\,z_1=9i\,, \,z_2=-9i\,

EXERCICE 11 :

Les points images sont :

z_1 : (2,2) \\z_2 : (-2,-2) \\z_3 : (2,0) \\z_4 : (0,2) \\z_5 : (-2,0) \\z_6 : (-2,2)

EXERCICE 12 :

Les affixes qui correspondent à chaque vecteur sont :

z_1=2+2i \\z_2=-2+2i \\z_3=0+3i \\z_4=3-1i \\z_5=-2+0i \\z_6=1-1i

EXERCICE 13 :

1. Voir la figure suivante :

On a :

OA=|z_A|=5 , OB=|z_B|=4 , OC=|z_C|=2 , OD=|z_D|=2 \sqrt{5} , OE=|z_E|=|1+i|= \sqrt{2} , OF=|z_F|=3.

2. Donc |z_A|=5 , |z_B|=4 , |z_C|=2 , |z_D|=2\sqrt{5} , |z_E|=\sqrt{2} , |z_F|=3.

EXERCICE 14 :

Les formes trigonométriques d’un nombre complexe sont de la forme z=r(cos\theta+isin\theta) avec r le module de z et \theta son argument.

z_1=\sqrt{3}(cos\frac{\pi}{3}+isin\frac{\pi}{3})est une forme trigonométrique.

z_2=-3(cos\frac{\pi}{4}+isin\frac{\pi}{4}) est une forme trigonométrique.

z_3=2(cos(\frac{5\pi}{6})+isin(-\frac{5\pi}{6})) est une forme trigonométrique.

z_4=5(cos0+isin0) est une forme algébrique.

EXERCICE 15 :

On utilise les formules pour le produit, le quotient et la puissance de nombres complexes en forme trigonométrique :

z_1=2(cos\frac{2\pi}{3}+isin\frac{2\pi}{3})

z_2=4(cos\frac{5\pi}{6}+isin\frac{-\pi}{6})

1) On a :

z_1z_2=8(cos\frac{2\pi}{3+5\pi}{6}+isin\frac{2\pi}{3-\pi}{6})=-4\sqrt{3}-4i

|\,z_1z_2\,|=4\sqrt{3}+4

\frac{z_1\,}{z_2}=\frac{1}{2}(cos(\frac{\pi}{2})+isin(\frac{\pi}{2}))=-i

|\,\frac{z_1\,}{z_2}\,|=1

z_1^5=32(cos(\frac{10\pi}{3})+isin(\frac{10\pi}{3}))=-32(cos(\frac{2\pi}{3})+isin(\frac{2\pi}{3}))

|\,z_1^5\,|=32

2) On a :

arg(z_1z_2)=arg(-\sqrt{3}-i)=\frac{4\pi}{3}

arg(\frac{z_1}{z_2})=arg(-2i)=-\frac{\pi}{2}

arg(z_1^5)=arg(-1+i\sqrt{3})=\frac{2\pi}{3}

EXERCICE 16 :

On utilise la formule d’Euler pour passer d’une forme exponentielle à une forme trigonométrique :

z_1=e^{i\pi}=-1(cos\pi+isin\pi)=-1

z_2=e^{-i\frac{\pi}{2}}=cos(-\frac{\pi}{2})+isin(-\frac{\pi}{2})=-i

z_3=e^{i\frac{2\pi}{3}}=cos(\frac{2\pi}{3})+isin(\frac{2\pi}{3})=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}

z_4=e^{-i\frac{5\pi}{6}}=cos(-\frac{5\pi}{6})+isin(-\frac{5\pi}{6})=\frac{\sqrt{3}}{2}-i\frac{1}{2}

EXERCICE 17 :

1) On a :

z' - z = \frac{10+5i}{1-2i} - 5i = \frac{10+5i-5+10i}{1-2i} = \frac{5+15i}{1-2i} = -5i

2) On a :

\frac{z'}{z}=\frac{\frac{10+5i}{1-2i}}{5i}=\frac{10+5i}{5i-10}=i

EXERCICE 18 :

On multiplie le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur pour éliminer le terme imaginaire au dénominateur :

z=\frac{3+6i}{3-4i}=\frac{(3+6i)(3+4i)}{(3-4i)(3+4i)}=\frac{-9+30i}{25}=-\frac{9}{25}+i\frac{6}{5}

EXERCICE 19 :

a) On a :

z_1^2-2z_2=(-1+3i)^2-2(4-i)=6+5i

b) On a :

z_1z_2^2=(-1+3i)(4-i)^2=33+29i

c) On a :

\frac{z_1}{z_2}=\frac{-1+3i}{4-i}=\frac{(-1+3i)(4+i)}{(4-i)(4+i)}=\frac{-10-7i}{17}

d) On a déjà calculé \frac{z_1}{z_2} à la question c).

e) On a :

\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}=-\frac{1}{1-3i}+\frac{4+i}{17}=\frac{11+3i}{17-51i}

f) On a :

\frac{1}{z_1^2}+\frac{1}{z_2^2}=\frac{1}{(-1+3i)^2}+\frac{1}{(4-i)^2}=-\frac{10}{17}+\frac{12i}{17}

EXERCICE 20 :

On remarque que i^4=1, donc la suite des puissance de i suit un cycle de période 4 :

S=1+i+i^2+i^3+....+i^{2017}=1+i-1-i+1+i-1-i+...+1+i-1-i+i=2(\frac{2017}{4})-\frac{1}{2}=1008-\frac{1}{2}=\frac{2015}{2}

EXERCICE 21 :

On a :

j^2=-\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}i

j^3=1

Pour n pair, on a j^n=j^{2k}=(-\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)^k

Pour n impair, on a j^n=j^{2k+1}=(-\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)^k

On calcule :

1+j+j^2=-\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}i-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i=-\frac{3}{4}=0

On a donc bien vérifié la relation d’équivalence pour les racines cubiques de l’unité.

Pour la somme S’, on remarque que j^n suit un cycle de période 6, donc :

S'=1+j+j^2+j^3+......j^{2017}+j^{2018}=1+j+j^2+j^3+j^4+j^5=0

EXERCICE 22 :

On a :

P(2+i)=(2+i)^2-4(2+i)+5=0

P(2-i)=(2-i)^2-4(2-i)+5=0

Donc 2+i et 2-i sont les racines du polynôme P, et donc les formes algébriques de ces racines.

EXERCICE 23 :

1.a) On peut placer les points A, B, C et H sur une figure. Le point V est le milieu de [AB], donc on le trouve facilement.

On peut alors construire le cercle \xi en passant par les points A,B et C. On trouve que le rayon de ce cercle est 5.

Le point H, quant à lui, ne nous sert pas pour cette question et sera utile pour la suite.

b) Pour montrer que V est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, il suffit de montrer que les trois médiatrices du triangle ABC sont concourantes en V.

La médiatrice d’un segment est la droite perpendiculaire à ce segment passant par son milieu.

La médiatrice du segment [AB] est la droite d’équationy=\frac{1}{2}(x-1).

La médiatrice du segment [BC] est la droite d’équation y=2x+5.

La médiatrice du segment [CA] est la droite d’équation y=-\frac{1}{2}(x+3).

Ces trois droites sont effectivement concourantes en V(1,2), donc V est bien le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.

c) On a :

\frac{b-c}{h-a}=\frac{(-2+4i)-(3-i)}{(-2)-(-3-i)}=\frac{-5+5i}{1-i}=\frac{(5-5i)(1+i)}{1+1}=5-5i

Pour que les droites (AH) et (BC) soient perpendiculaires, il faut que leur coefficient directeur ait un produit égal à -1.

Or le coefficient directeur de la droite (AH) est \frac{-4}{5} et celui de la droite (BC) est -\frac{1}{2}, donc leur produit est bien égal à -1.

2.a) On a :

g=\frac{1}{3}(-3-i-2+4i+3-i)=\frac{1}{3}(-2+3i)

On peut donc placer le point G sur la figure.

b) Pour montrer que les droites (GV), (GH) et (GK) sont concourantes, il suffit de montrer que le point G appartient à la droite d’Euler du triangle ABC.

On sait que la droite d’Euler passe par les points G, H et V, donc il suffit de montrer que les trois sont alignés.

On a déjà montré que V est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC et que H est l’orthocentre du triangle ABC.

La droite (GV) est la droite passant par les points A et B, donc elle coupe [HC] en K, le milieu de [AH]. Donc G, H et K sont bien alignés.

c) A’ est le milieu de [BC], donc a'=-\frac{1}{2}+1,5i.

On calcule :

\frac{b-h}{a'-h}=\frac{(-2+4i)-(-2)}{(-\frac{1}{2}+2)-(2-2i)}=-3

\frac{c-h}{a'-h}=\frac{(3-i)-(-\frac{1}{2}+2i)}{(-\frac{1}{2}+2)-(2-2i)}=3

Donc les droites (HA’) et (BC) sont bien parallèles.

Le quadrilatère KHA’V est donc un parallélogramme, car ses côtés opposés sont parallèles et égaux (les diagonales sont des segments de médiatrices).

EXERCICE 24 :

On peut placer les points A, B et C sur un cercle de rayon r centré en O, et tracer les points A’, B’ et C’ correspondants à une rotation de 60 degrés (un tiers de tour) autour de O.

Les points U, V et W sont les milieux des segments [A’B], [B’C] et [C’A].

Pour montrer que le triangle UVW est équilatéral, on peut utiliser la formule suivante pour la distance entre deux points en coordonnées complexes :

|z_1-z_2|=r\sqrt{3}

En effet, les points A’, B’ et C’ sont situés sur un cercle de même rayon r et de centre O (car la rotation préserve les distances).

On a :

a=r(cos(\theta)+isin(\theta))

a'=r(cos(\theta+\frac{\pi}{3})+isin(\theta+\frac{\pi}{3}))=r(\frac{1}{2}cos(\theta)-\frac{\sqrt{3}}{2}sin(\theta)+i(\frac{1}{2}sin(\theta)+\frac{\sqrt{3}}{2}cos(\theta)))

Donc :

a'-a=r(\frac{1}{2}cos(\theta)-\frac{\sqrt{3}}{2}sin(\theta)+i(\frac{1}{2}sin(\theta)+\frac{\sqrt{3}}{2}cos(\theta))-(cos(\theta)+isin(\theta))=r(\frac{1}{2}cos(\theta)-\frac{\sqrt{3}}{2}sin(\theta)-cos(\theta)+i(\frac{1}{2}sin(\theta)+\frac{\sqrt{3}}{2}cos(\theta)-sin(\theta)))=-r(sin(\theta)+\sqrt{3}cos(\theta))+ir(cos(\theta)-\sqrt{3}sin(\theta))

Donc :

|a'-a|^2=r^2(\sin^2(\theta)+\sqrt{3}^2\cos^2(\theta))+r^2(cos^2(\theta)-\sqrt{3}^2sin^2(\theta))=4r^2(\sin^2(\theta)+\cos^2(\theta))=12r^2

On en déduit :

|B'-A'|=|a'-a|=r\sqrt{3}

On peut de même montrer que |C'-B'|=|A'-C'|=r\sqrt{3}

Donc le triangle A’B’C’ est équilatéral.

On a également :

U=\frac{1}{2}(A'+B')=\frac{r}{2}(cos(\theta-\frac{\pi}{6})+isin(\theta-\frac{\pi}{6}))

V=\frac{1}{2}(B'+C')=\frac{r}{2}(cos(\theta+\frac{\pi}{6})+isin(\theta+\frac{\pi}{6}))

W=\frac{1}{2}(C'+A')=\frac{r}{2}(cos(\theta)+isin(\theta))

On calcule :

V-U=\frac{r}{2}(cos(\theta+\frac{\pi}{6})-cos(\theta-\frac{\pi}{6})+i(sin(\theta+\frac{\pi}{6})-sin(\theta-\frac{\pi}{6})))=\frac{r}{2}(sin(\frac{\pi}{3})+i\cos(\frac{\pi}{3}))=\frac{r}{2}(cos(\frac{2\pi}{3})+isin(\frac{2\pi}{3}))=-\frac{r}{2}(1+i\sqrt{3})

W-U=\frac{r}{2}(cos(\theta)-cos(\theta-\frac{\pi}{6})+i(sin(\theta)-sin(\theta-\frac{\pi}{6})))=\frac{r}{2}(sin(\frac{\pi}{6})+i\cos(\frac{\pi}{6}))=\frac{r}{2}(cos(\frac{\pi}{3})+isin(\frac{\pi}{3}))=\frac{r}{2}(j+1)

W-V=\frac{r}{2}(cos(\theta)-cos(\theta+\frac{\pi}{6})+i(sin(\theta)-sin(\theta+\frac{\pi}{6})))=\frac{r}{2}(sin(\frac{\pi}{3})-i\cos(\frac{\pi}{3}))=\frac{r}{2}(-cos(\frac{2\pi}{3})+isin(\frac{2\pi}{3}))=-\frac{r}{2}(j-1)

Donc les trois vecteurs \vec{UV}, \vec{VW} et \vec{WU} ont la même norme et des arguments égaux à 120°, donc le triangle UVW est équilatéral.

EXERCICE 25 :

1. On a f(z)=z si et seulement si \frac{z+i\overline{z}}{2}=z si et seulement si z=\overline{z}.

Donc l’ensemble des points M vérifiant f(z)=z est l’ensemble des points dont l’affixe est un réel, c’est-à-dire une droite.

2. On calcule :

\frac{f(z)-z}{1-i}=\frac{\frac{z+i\overline{z}}{2}-z}{1-i}=\frac{-z+i\overline{z}}{2(1-i)}=\frac{-z+i\overline{z}}{1+i}=(-z+i\overline{z})(1-i)=\overline{z}-z

Donc le nombre \frac{f(z)-z}{1-i} est réel.

3. On note M’ le point d’affixe z'=\frac{z+i\overline{z}}{2} qui est l’image de M par f. On veut montrer que M’ est sur la droite ∆ passant par M et de vecteur directeur \vec{u}-\vec{v}.

On a deux points de cette droite, O et M, et on connait son vecteur directeur.

Soit N le milieu de [OM].

Le vecteur \vec{ON} est alors parallèle à la droite ∆, et \vec{ON}=\frac{1}{2}(\vec{u}+\vec{v}).

Le vecteur \vec{MN} est donc parallèle à \vec{u}-\vec{v}, et donc M’ est sur la droite ∆.

4. On a :

f(f(z))=\frac{\frac{z+i\overline{z}}{2}+i\overline{\frac{z+i\overline{z}}{2}}}{2}=\frac{z+i\overline{z}+\frac{2i(z-i\overline{z})}{4}}{2}=\frac{z+i\overline{z}}{2}=f(z)

5. On sait que la droite (d) est l’ensemble des points M tels que z=\overline{z}.

La droite ∆ est la droite passant par O et de vecteur directeur \vec{u}-\vec{v}.

M’ est à la fois sur (d) et sur ∆, donc il est l’intersection de ces deux droites.

6. L’application f est une symétrie orthogonale par rapport à la droite (d). Autrement dit, f envoie un point M sur le symétrique de M par rapport à la droite (d).

EXERCICE 26 :

PARTIE A :

On a :

B=A+z_B=(1,0)+(cos(\frac{\pi}{3})+isin(\frac{\pi}{3}))=(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)

E=A+z_E=(1,0)+(1+e^{i\frac{\pi}{3}})^2=(1,0)+(1+2e^{i\frac{\pi}{3}}+e^{2i\frac{\pi}{3}})=(2+2cos(\frac{\pi}{3}),2sin(\frac{\pi}{3}))=(1+i\sqrt{3})

Le cercle \varsigma est le cercle de centre A et de rayon 1, donc il est donné par l’équation |z-1|=1.

On calcule :

|z_B-1|=|(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)-1|=|\frac{-1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i|=\sqrt{1^2+\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}<1

Donc z_B appartient bien au cercle \varsigma.

On peut calculer :

\vec{AF}=F-A=(1,0)-(2,0)=(-1,0)

On peut en déduire que la mesure de l’angle \,(\,\vec{AF},\vec{AB}\,\,) est \frac{2\pi}{3}, car on est en présence d’un triangle équilatéral.

Les formes exponentielles de z_B-z_A et z_E-z_A sont :

z_B-z_A=cos(\frac{\pi}{3})+isin(\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}

z_E-z_A=(1+cos(\frac{\pi}{3})+isin(\frac{\pi}{3}))^2=(2cos^2(\frac{\pi}{6})+2cos(\frac{\pi}{6})+1)+i(2cos(\frac{\pi}{6})sin(\frac{\pi}{6}))=2+2cos(\frac{\pi}{3})+2isin(\frac{\pi}{3})=2+1+i\sqrt{3}=3+i\sqrt{3}

Or on a :

z_E-z_B=1+z_B^2-z_B=2i\sqrt{3}

Donc A, B et E sont alignés.

PARTIE B :

Soit z un nombre complexe tel que z\neq\,1.

On considère la droite passant par les points A et M d’affixe z, c’est-à-dire la droite d’équation :

z=2+\lambda(z-2)

Cette droite passe également par le point M’ d’affixe z'=\frac{z^2+1}{z-1}, car M’ est l’image de M par la symétrie orthogonale par rapport à la droite (d) d’équation Re(z)=\frac{1}{2}.

On note P le point d’affixe 1, qui est le point d’intersection des droites (OM) et (BMP). Le point M’ est alors sur la droite (OM’) et on a :

\frac{z'-1}{z-1}=\frac{\frac{z^2+1}{z-1}-1}{z-1}=\frac{z^2}{(z-1)^2}

Donc \frac{z'-1}{z-1} est le rapport des distances PM’ et PM, qui est l’argument du nombre complexe \frac{z'-1}{z-1} est donc un angle orienté avec le vecteur \vec{AP}.

Le point M’ est donc sur la droite (AP) qui est parallèle à la droite (OM).

Si A, M et M’ sont alignés, cela signifie que le vecteur \vec{AM'} est colinéaire au vecteur \vec{AM}, donc que z'=\lambda z+(1-\lambda)^2 pour un certain réel \lambda.

On a :

z'=\frac{z^2+1}{z-1}=\lambda z+(1-\lambda)2=\lambda z+2-\lambda

Donc :

z^2+(\lambda+1)z-2\lambda-1=0

Cette équation a au plus deux solutions pour z, car c’est une équation de degré 2. Donc le point M’ peut être l’image de au plus deux points différents par f.

On a :

z^3-3z^2+3z=z(z^2-3z+3)

Donc un point M est invariant par f si et seulement si z est solution de l’équation z^2-3z+3=0. Cette équation a pour discriminant \Delta=3-4i, donc deux solutions dans \mathbb{C}, qui sont :

\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i

\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i

Ces sont donc les deux points invariants de l’application f.

Si un point M est invariant par f, alors il est envoyé sur lui-même par la symétrie orthogonale par rapport à la droite (d). Autrement dit, il est symétrique de A par rapport à la droite (d).

Si z=\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i, alors z-1=e^{i\frac{\pi}{3}}, donc z'-1=(z-1)^3.

Si z=\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i, alors z-1=e^{-i\frac{\pi}{3}}, donc z'-1=(z-1)^3.

Donc pour tout z de \mathbb{C}, z'-1=(z-1)^3.

EXERCICE 28 :

On calcule :

z'=\frac{z+4}{\overline{z}-2}=\frac{z+4}{\overline{z}-2}\times   \frac{\overline{z}+2}{\overline{z}+2}=\frac{z\overline{z}+2z+4\overline{z}+8}{|z-2|^2}

Donc M est invariant par f si et seulement si z\overline{z}+2z+4\overline{z}+8=|z-2|^2.

Cette équation est équivalente à :

(z+\overline{z})^2+(z+\overline{z})-12=0

Cette équation a pour discriminant 49, donc deux solutions dans \mathbb{C}, qui sont :

z=-\frac{6}{5}+\frac{8}{5}i

z=-\frac{6}{5}-\frac{8}{5}i

Donc les points d’affixes -\frac{6}{5}+\frac{8}{5}i et -\frac{6}{5}-\frac{8}{5}i sont les points invariants de f.

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