EXERCICE 2
1. Restitution organisée de connaissances
a)SoitMun point du plan distinct deΩ. L’égalité (1) montre queM! est distinct deΩpuis que
!
!
!
! z!−ω
z−ω
!
!
!
!
= ΩM! ΩM =1.
D’autre part, l’égalité fournit arg
"
z!−ω z−ω
#
=$−−→ ΩM,−−−→
ΩM!%
=θ[2π].
b)SoitMun point du plan distinct deΩ. La question précédente montre que z!−ω
z−ω est le nombre complexe de module 1et d’argument θ. Par suite, z!−ω
z−ω =eiθ ou encorez!−ω=eiθ(z−ω)ou enfin z! =ω+eiθ(z−ω). Cette dernière égalité reste vraie quandz=ωcar dans ce cas z!=z=ω. Finalement
pour tout nombre complexez,z!=ω+eiθ(z−ω).
2. On note(E)l’équation proposée. Le discriminant de cette équation est
∆= (−4√
3)2−4×16=3×16−4×16=−16= (4i)2. L’équation(E)admet donc deux solutions non réelles conjuguées à savoirz1= 4√
3−4i 2 =2√
3−2ietz2=z1=2√ 3+2i.
Les solutions dansCde l’équationz2−4√
3z+16=0sontz1=2√
3−2iet z2=z1=2√ 3+2i.
3. a)|a|=|2√
3−2i|=
&
$ 2√
3%2
+ (−2)2=√
16=4puis
a=4 '√
3 2 − 1
2i (
=4$ cos$
−π 6
%+isin$
−π 6
%%=4e−iπ6,
puisb=a=4eiπ6.
a=4e−iπ6 et b=a=4eiπ6. b)Voir figure à la fin de l’exercice.
c)On a déjàOA=|a|=4etOB=|b|=4. Ensuite,AB=|b−a|=|4i|=4. DoncOA=OB=ABet le triangleOABest équilatéral.
4. L’expression complexe de la rotation de centreOet d’angle 2π
3 estz!=ei2π3 z= '
−1 2+i
√3 2
(
z. Donc
zD= '
−1 2 +i
√3 2
(
(−8i) =4i+4√ 3=4√
3+4i.
5. En particulier,zD=2zB et donc
Dest l’image deBpar l’homothétie de centreOet de rapport2.
6. BD= 1
2OD=OBet doncBD=BO=BA. Par suite, le pointAest sur le cercle de diamètre[OD](etBest le centre de ce cercle). On sait alors que
le triangleOADest rectangle enA.
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1 2 3 4 5 6 7 8 9
−1 1 2 3 4
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
B
A
D
C O
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