On résout ensuite le système obtenu, par exemple par des substitutions (extraire une inconnue en fonction de l’autre puis remplacer) ou par des combinaisons k(E

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Solutions du Devoir n˚3

I) 6 points

Le principe est le suivant : on remplace z par x + iy avec x et y réels. On obtient une égalité entre deux nombres complexes, et on traduit crette égalité en un système de deux équations réelles à deux inconnues réelles grâce au principe d’identification des parties réelles et des parties imaginaires.

On résout ensuite le système obtenu, par exemple par des substitutions (extraire une inconnue en fonction de l’autre puis remplacer) ou par des combinaisons k(E

) +k

(E

) pour éliminer une inconnue.

1. iz + 2z = 2i − 3

⇔ i(x + iy) + 2(x − iy) = 2i − 3 ⇔ ix − y + 2x − 2iy = 2i − 3

⇔

2x − y + 3 = 0 x − 2y − 2 = 0

Par combinaison 2(E

) − (E

) donne 3x + 8 = 0, soit x = − 8 3 . Puis, en remplaçant on obtient y = − 7

3 Donc une solution unique z = − 8

3 − 7 3 i 2. 4(1 − i)z = 1 + iz

⇔ ... ⇔

4x − 5y − 1 = 0

−5x − 4y = 0 ⇔ . . . ⇔



 

  x = 4

41 y = − 5

41 Donc une solution unique z = 4

41 − 5 41 i 3. (2i − 3)z + (2i + 3)z = 2i

⇔

0 = 0

2x − 3y − 1 = 0 ⇔ 2x − 3y − 1 = 0

Le système se réduit à une seule équation à deux inconnues.

Cette équation est celle d’une droite y = 2 3 x − 1

3 .

Il y a donc une infinité de solutions, qui peut se décrire en disant qu’il s’agit de tous les nombres complexes de la forme x +

2 3 x − 1

3

i pour tous les x réels.

II) 3 points

Soit A d’affixe 2 + i, B d’affixe 4 + 3i, et C d’affixe (3 − √

3) + i(2 + √ 3).

D’après un dessin, on commence par conjecturer le sens du triangle : on conjecture que ABC est un triangle direct :

−1 1 2 3 4 1

2 3 4

0

A B C

ABC est un triangle équilatéral direct si et seulement si la rotation de centre A et d’angle π

3 transforme B en C.

La formule de la rotation est : z

= cos π

3

+ i sin π 3

(z − a) + a, ce qui équivaut ici à :

z

= 1 2 + i

√ 3 2

!

(z − 2 − i) + 2 + i L’image de B a pour affixe :

1 2 + i

√ 3 2

!

(4 + 3i − 2 − i) + 2 + i = · · · = (3 − √

3) + i(2 + √ 3).

C’est bien l’affixe de C. Donc ABC est un triangle équilatéral direct

III) 6 points

1. D’après sa formule, f est la translation dont le vecteur a pour affixe −3i.

Solutions du Devoir n˚3 page 2 de 2 Pour g, on reconnaît que −i = cos

− π 2

+ i sin

− π 2

. Cela fait penser à une rotation. Cherchons les éventuels points invariants de f :

on résout z = −iz + 3 − i ⇔ z(1 + i) = 3 ⇔ z = 3 − i

1 + i = · · · = 1 − 2i

Vérifions maintenant que la formule de la rotation de centre d’affixe 1−2i et d’angle

− π

2 est bien équivalente à la formule de g :

−i(z − 1 + 2i) + 1 − 2i = · · · = −iz + 3 − i. C’est bien la formule de g.

Donc g est la rotation de centre d’affixe 1 − 2i et d’angle − π 2 .

Remarque : un théorème (voir livre, à voir en spécialité) permet d’affirmer que toute formule de forme z

= (cos(θ) + i sin(θ))z + b et ayant un point invariant unique est une formule de rotation.

2. z

= −iz

+ 3 − i = −i(z − 3i) + 3 − i = −iz − i.

Par la même méthode qu’à la question 2, on détermine le point invariant : − 1 2 − i

2 Or −i = cos

− π 2

+ i sin

− π 2

.

Donc h est la rotation de centre d’affixe − 1 2 − i

2 et d’angle − π 2 . 3. On cherche les z tels que Re(−iz − i) = 0.

Avec z = x + iy, −iz − i = −ix + y − i.

Donc dire que Re(−iz −i) = 0 équivaut à dire que y = 0, c’est-à-dire que z est réel

IV) 5 points

Comme dans les exemples du cours, chaque carré peut se traduire par des rotations et éventuellement des translations. On applique systématiquement cette méthode, en faisant les calculs avec a = 0 :

z

= i(c − a) + a = ic z

= −i(b − a) + a = −ib z

= −i(c − b) + b z

= −ib + b

z

= i(z

− z

) + z

= − · · · = c − b − ib z

= −i(z

− z

) + z

= · · · = −c + 3b − ib

Pour prouver que (AB) et (KL) sont des droites parallèles, il suffit de prouver que les vecteurs − − →

AB et − − →

KL sont colinéaires.

Comparons leurs affixes :

− − →

AB a pour affixe b − a = b

− − →

KL a pour affixe z

− z

= · · · = 4b.

Donc − − → KL = 4 − − →

AB , ce qui prouve que les vecteurs sont colinéaires, donc que (AB) et (KL) sont des droites parallèles.

Il ne s’agit vraiment de droites que si A 6= B et K 6= L, ce qui équivaut à a 6= b.