Lycée Benjamin Franklin PTSI−2014-2015
D. Blottière Mathématiques
Correction du devoir maison n°1
Exercice 1
1. On raisonne par analyse-synthèse.
• Analyse :On cherche des conditions nécessaires pour qu’un complexezsoit solution de (E1).
Soitzun nombre complexe solution de (E1), que l’on écrit sous forme algébrique :z=a+i b, où (a,b)∈R2. On a donc :
z2=15−8i (1)
d’où :
a2−b2
| {z }
∈R
+2ab
|{z}
∈R
i= 15
|{z}
∈R
+(−8)
| {z }
∈R
i. Par unicité de la forme algébrique d’un nombre complexe, on a :
a2−b2=15 (2)
2ab= −8. (3)
En prenant les modules de chacun des membres de (1), il vient :
|z2| = |15−8i|. (4)
La multiplicativité du module livre|z2| = |z|2=a2+b2. On calcule|15−8i| =p
152+(−8)2=p 289= 17. Ainsi (4) se réécrit :
a2+b2=17. (5)
En ajoutant (2) et (5) membre à membre, il vient 2a2=32, soit :
a= −4 ou a=4. (6)
En soustrayant (2) à (5) membre à membre, on obtient 2b2=2, soit :
b= −1 ou b=1. (7)
D’après (3), on a :
ab<0 (8)
En rassemblant les résultats (6), (7) et (8), on voit que :
z= −4+i ou z=4−i.
On a donc deux candidats pour être solutions de (E1) :z1:= −4+ietz2:=4−i= −z1.
• Synthèse :On vérifie si les deux candidats obtenus en fin d’analyse sont solutions de (E1).
On calcule (−4+i)2=(−4)2+2×(−4)×i+i2=16−8i−1=15−8i. Le nombrez1= −4+iest donc solution de (E1). Enfin (z2)2=(−z1)2=z12=15−8i. Le nombrez2=4−iest donc également solution de (E1).
• Conclusion :L’ensemble solution de (E1) estSol(E1)={−4+i, 4−i}.
1
2. On propose deux solutions pour cette question.
• 1èresolution
La démarche exposée pour résoudre (E1) permet de résoudre (E2), et plus généralement toute équa- tion :
z2=z0
d’inconnuez∈C, oùz0est un nombre complexe préalablement fixé.
En modifiant convenablement la rédaction de la réponse apportée à 1, on obtient pour ensemble solution de (E2) :Sol(E2)=n
−p22−i p22,p22 +i p22o .
• 2èmesolution (en anticipant quelque peu sur le cours)
On utilise les nombres complexeseiθ:=cos(θ)+isin(θ), oùθ∈R. Ils vérifient la relation fonction- nelle suivante.
∀θ1∈R ∀θ2∈R eiθ1eiθ2=ei(θ1+θ2). On a donc en particulier (eiθ)2=ei2θ, pour toutθ∈R.
On remarque quei=0+i×1=cos¡π 2
¢+isin¡π 2
¢=eiπ2. Par suite, (eiπ4)2=i. Soitz∈C.
z2=i ⇔ z2−i=0
⇔ z2−(eiπ4)2=0
⇔ (z−eiπ4)(z+eiπ4)=0 (3èmeidentité remarquable)
⇔ z=eiπ4 ouz= −eiπ4 (Cest intègre) L’ensemble solution de (E2) est doncSol(E2)=
n
−eiπ4,eiπ4o
. On retrouve bien le résultat obtenu à la première méthode careiπ4 :=cos¡π
4
¢+isin¡π 4
¢=
p2 2 +i p22. 3. Soitz∈C.
i z2=15−8i ⇔
³p 2
2 +i p22´2
z2=(4−i)2 (cf. questions 1 et 2)
⇔
³³p 2 2 +i
p2 2
´ z
´2
=(4−i)2
⇔ ³³p 2 2 +i p22´
z´2
−(4−i)2=0
⇔
³³p 2 2 +i
p2 2
´
z−(4−i)
´ ³³p 2 2 +i
p2 2
´ z+4−i
´
=0 (3èmeidentité remarquable)
⇔
³p 2
2 +i p22´
z−4+i=0 ou ³p
2
2 +i p22´
z+4−i=0
(Cest intègre)
⇔
z= p24−i
2 +i p2
2
=3p22−5p22i ou
z= p2i−4
2 +i p22 = −3p22+5p22i L’ensemble solution de (E3) est doncSol(E3)=
n3p 2 2 −5
p2 2 i,−3
p2 2 +5
p2 2 io
.
2
Exercice 2
1. On raisonne par double implication.
⇒ Soitz∈Ctel que|z−i| = |z+i|. Montrons quez∈R.
On introduit la forme algébrique dez:z=a+i boù (a,b)∈R2.
|z−i| = |a+i b−i| = | a
|{z}
∈R
+i(b−1)
| {z }
∈R
| =p
a2+(b−1)2=p
a2+b2+1−2b
|z+i| = |a+i b+i| = | a
|{z}
∈R
+i(b+1)
| {z }
∈R
| =p
a2+(b+1)2=p
a2+b2+1+2b
Comme|z−i| = |z+i|, on a|z−i|2= |z+i|2d’oùa2+b2+1−2b=a2+b2+1+2b. On en déduit aisément queb=0. Le nombrezest donc réel.
⇐ Soitz∈Ctel quez∈R. Autrement dit, on considère un nombre réelz. Montrons que|z−i| = |z+i|.
|z−i| = | z
|{z}
∈R
+i×(−1)
| {z }
∈R
| =p z2+1
|z+i| = | z
|{z}
∈R
+i× (1)
|{z}
∈R
| =p z2+1
D’après ces deux calculs,|z−i| = |z+i|.
2. On fixe un repère orthonormé (O;→−u,−→v) du plan. Soitz∈C.
|z−i| = |z+i| ⇔ M(z)M(i)=M(z)M(−i) (cf. interprétation géométrique du module)
⇔ M(z) appartient à la médiatrice du segment [M(i)M(−i)]
⇔ M(z)∈(Ox) (la médiatrice du segment [M(i)M(−i)] est l’axe des abscisses (Ox))
⇔ z∈R
Cette démonstration repose sur une propriété remarquable de la médiatrice d’un segment. La média- trice d’un segment [AB],AetBétant deux points du plan, est la droite formée des points situés à égale distance deAetB. C’est également la droite passant par le milieu du segment [AB] et perpendiculaire à la droite (AB). On s’est appuyé sur ce résultat pour voir que la médiatrice du segment [M(i)M(−i)] est l’axe des abscisses (Ox).
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