Les nombres complexes. Corrigés d’exercices

Corrigés d’exercices

Version du 04/03/2015

Les exercices du livre corrigés dans ce document sont les suivants : Page 244 : N°68

Page 247 : N°79 Page 248 : N°81 Page 251 : N°90

N°68 page 244

1. Réponse b

On a : cos sin cos sin

4 i 4 4 i 4

π − π = ⎛⎜⎝−π ⎞⎟⎠+ ⎛⎜⎝−π ⎞⎟⎠.

2. Réponse a On a :

4 4

2 cos sin 2 cos sin 2 cos sin 2 cos sin

3 i 3 3 i 3 3 i 3 3 i 3

π π π π ^⎡ π π π π ^⎤ π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− ⎜⎝ + ⎟⎠= ⎜⎝− − ⎟⎠= ⎢⎣ ⎜⎝ + ⎟⎠+ ⎜⎝ + ⎟⎠⎥⎦= ⎜⎝ + ⎟⎠ .

3. Réponse a

On a : 3− e^iθ = − ×3 e^iθ = × =3 1 3.

4. Réponse c

On a : ^{4 4 4} 2 2

2 2 2 2 cos sin 2 2 2

4 4 2 2

i i i

z e e e i i i

π π π π π

− − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = × = × = ⎜⎝ + ⎟⎠= ⎜⎜⎝ + ⎟⎟⎠= + ^.

N°79 page 247

1. Soit ,iy y∈\, un imaginaire pur.

iy est solution de ( )^E si, et seulement si : ( ) (^{iy 3+ − + ×8 i}) ( ) (^{iy 2+ 17 8− i})^{× +iy 17i=0.}

On a :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( ( ) ( ))

( ) ( )( )

( ) ( )

( )

3 2

3 2

3 2 2

2 3 2

2

2

2

2

2

8 17 8 17 0

8 17 8 17 0

8 17 8 17 0

8 8 17 17 0

8 1 1 17 1 0

8 1 1 17 0

1 8 17 0

1 0 ou 8 17

8 0

1 ou

iy i iy i iy i

iy i y iy y i

iy y iy iy y i

y y i y y y

y y i y y y

y y i y y

y y i y

y y i y

y y

y

+ − + × + − × + =

⇔ − + − + × − + + + =

⇔ − + − + + + =

⇔ + + − − + + =

⇔ + + − + + + =

⇔ + + + − + =

⎡ ⎤

⇔ + ×⎣ + − + ⎦=

⇔ + = + − +

⇔ = − =

− 17 0 1 ou 0

17 0 1 y y

y

⎧⎨ + =

⎩

⎧ =

⇔ = − ⎨ =⎩

⇔ = −

L’équation ( )^E admet donc pour solution l’imaginaire pur −i.

2. Le fait que −i soit solution de l’équation ( )^E permet de factoriser

( ) ( )

3 2

8 17 8 17 0

z + − +i z + − i z+ i= par ^{z− − = +}( )^{i z i} et on a :

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 2

3 2 3 2

, 8 17 8 17

, 8 17 8 17

8 17 8

17 8 17

z z i z i z i z i z az b

z z i z i z i z a i z ai b z ib

i a i i ai b i ib a b

∀ ∈ + − + + − + = + + +

⇔ ∀ ∈ + − + + − + = + + + + +

− + = +

⎧⎪

⇔⎨ − = +

⎪ =

⎩

⎧ = −

⇔ ⎨⎩ =

^

^

Finalement :

( ) ( ) ( )( )

3 2 2

, 8 17 8 17 8 17

z z i z i z i z i z z

∀ ∈^ + − + + − + = + − +

3. En utilisant la factorisation obtenue à la question précédente, il vient :

( ) ( )

( )( )

3 2

2

2

8 17 8 17 0

8 17 0

ou 8 17 0

z i z i z i

z i z z

z i z z

+ − + + − + =

⇔ + − + =

⇔ = − − + =

Résolvons alors l’équation z²−8z+17=0.

Il s’agit d’une équation du second degré à coefficients réels.

Le discriminant vaut : ^{Δ = −}( )^{8 2− × ×4 1 17=64 68− = − <4 0.}

Les racines complexes conjuguées s’écrivent alors :

( ) ( )

1

8 4 8 2

2 1 2 4

i i

z =− − − − − = − = −i

× et z₂= = +z₁ 4 i Finalement :

L’ensemble des solutions de l’équation ^{z3+ − +}( ^{8 i z}) ²⁺(^{17 8− i z}) ^{+17i=0 est :} { ^{i; 4 i; 4 i}}

= − − +

S

N°81 page 248

1. On a : (¹⁺ⁱ)⁶⁼

(

)

(¹⁺ⁱ)^{6= −8i}

2. a. (¹⁺ⁱ)^{6 = − ⇔8i}

(

)

On en déduit que (¹⁺ⁱ) (^{3= + × +1 i}) (^{1 i})² = × + = × − +²ⁱ (^{1 i}) ² ( ^{1 i}) est solution de l’équation ( )^{E .}

( )

2× − +1 i est solution de l’équation ( )^{E .}

b. ²× − + = − +( ^{1 i}) ^{2 2i} est solution de l’équation ( )^E . Comme deux nombres opposés admettent le même carré, on en déduit que ^{− − +}( ^{2 2i})^{= −2 2i} est aussi une solution de l’équation ( )^{E .}

On en déduit, en admettant que l’équation ( )^E possède deux solutions : Les solutions de l’équation ( )^{E sont − +2 2i et 2 2i− .}

3. a. (¹⁺ⁱ)^{6 = − ⇔8i}

(

)

On en déduit que (¹⁺ⁱ)^{2 = + − =1 2i 1 2i} est solution de l’équation ( )^{E ' .}

2

t= i est solution de l’équation ( )^{E '}

b. On a : ( )^{jt 3 = j t3 3=⎛}_⎜^{ei23π ⎞}_⎟^{3× −}( )^{8i = − ×8i ei23π×3= − ×8i e2iπ = −8i}

⎝ ⎠ ^.

On en déduit ainsi que jt est aussi une solution de l’équation ( )^{E ' .}

On a aussi : ( )^{j t2 3= j t6 3 =⎛}⎜^{ei23π ⎞}⎟^{6× −( )8i = − ×8i ei23π×6 = − ×8i e4iπ = −8i}

⎝ ⎠ ^.

On en déduit également que le complexe j t² est solution de l’équation ( )^{E ' .}

Les complexes jt et j t² sont solutions de l’équation ( )^{E ' .}

4. a. On a d’abord : ^t= − = × − =^{8i 8} ( )^{i 8e−iπ2} puis :

2 2

2 3

3 6

8 ⁱ2 ⁱ 8 ⁱ 8 ⁱ

jt e e e e

π π

π π

π ⎛⁻ + ⎞

− ⎜⎝ ⎟⎠

= × = = et

enfin :

4 4 5

2 8 2 3 8 2 3 8 6

i i i

j t e i e e e

π π

π π

π ⎛⁻ + ⎞

− ⎜⎝ ⎟⎠

= × = = .

8 ⁱ2

t e

−π

= , jt 8eⁱ⁶

= π et

5 2 8 ⁱ6

j t e

= π

On obtient alors facilement dans le plan complexe les points A, B et C (cf. la figure page suivante).

b. Notons d’abord que l’on a : t 8e ⁱ² 8

−π

= = , jt 8eⁱ⁶ 8

= π = et

5

2 8 ⁱ6 8

j t e

= π = .

Les points A, B et C appartiennent donc à un même cercle de centre O et de rayon 8 (ATTENTION ! Ceci ne prouve en rien que le triangle ABC soit équilatéral !).

On a classiquement :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ^{( ) ( )}

( ) ( )

B A

OB OA

OA, OB OA, , OB , OB , OA

arg arg arg arg

arg arg

u u u u

z z z z

jt t

= + = −

= − = −

= −

JJJG JJJG

JJJG JJJG JJJG G G JJJG G JJJG G JJJG

Or : ^arg( ) ^{arg 8 6 arg 6} ( )²

6

i i

jt e e

π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ π π

= ⎜ ⎟= ⎜ ⎟=

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ^{et arg}( ) ^{arg 8 2 arg 2}

2

i i

t e e

π π π

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟= ⎜ ⎟= −

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ^.

D’où :

(

)

.

De façon similaire, on obtient :

(

)

Or : ^arg( )^{j t2 =arg 8⎛}⎜ ^{ei56π ⎞}⎟^=arg⎛⎜^{ei56π ⎞}⎟⁼⁵₆^{π π( )2}

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ^.

D’où :

(

)

.

Enfin :

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

OC, OA arg arg 2

5 8 4 4

2 2 2 2 2

2 6 6 3 3

2 2

3

t j t

π π π π π π π π π π

π π

= −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= − −⎜⎝ ⎟⎠ = − = − =⎜⎝ − ⎟⎠

= JJJG JJJG

Finalement :

(

) (

) (

)

Comme A, b et C appartiennent à un même cercle de centre O et que l’on a :

(

) (

) (

)

Le triangle ABC est équilatéral.

N°90 page 251

1. On veut que ODCA soit un carré direct.

Puisqu’il s’agit d’un carré de côté de longueur 1 (on a z_A =1), on doit donc avoir, en particulier : OD 1= . Soit z_D =1.

On doit également avoir

(

)

(

)

Soit enfin :

(

)

On tire de ce qui précède :

( ( )) ( ^{( )})

(

)

1 cos sin

2 2

d d d i d

i i

π π

= × +

⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞

= ×⎜⎝ ⎜⎝− ⎟⎠+ ⎜⎝− ⎟⎠⎟⎠

= −

Pour déterminer l’affixe du point C, on peut alors utiliser le fait que les segments [ ]^{AD et} [ ]^OC ont même milieu.

On a donc :

2 2

a+d =c+o, soit : 1 0

2 2

i c

− = + et enfin : c= −1 i.

d= −i et c= −1 i.

2. a. On a : ^arg( )^{f =}

(

) (

) (

)

Comme le carré OBEF est direct, on a :

(

)

Par hypothèse, on a aussi :

(

)

On en déduit : ^arg( )^{f =}

(

)

. Par ailleurs : OF= f =OB 1= .

Finalement :

( ( )) ( ( ))

( )

2

cos arg sin arg

1 cos sin

2 2

cos sin

2 2

i

f f f i f

i i

e

β π

π π

β β

π π

β β

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

= × +

⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞

= ×⎜⎝ ⎜⎝ + ⎟⎠+ ⎜⎝ + ⎟⎠⎟⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⎜⎝ + ⎟⎠+ ⎜⎝ + ⎟⎠

=

i 2

f e

β π

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

b. On a immédiatement : f e^{i 2} eⁱ² eⁱ i eⁱ ib

π π

β β β

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

= = × = × = .

f =ib

c. De façon similaire à ce que nous avons fait à la question 1, nous utilisons le fait que les segments [ ]^{FB et} [ ]^OE ont le même milieu.

On en tire :

2 2

f +b=ε+o, c'est-à-dire : ^ε = + = + = +^{f b ib b} ( ) ( )^{1 i b}= +^{1 i eiβ}. On peut « améliorer » cette écriture comme suit :

(¹ ) ^{2 1 1 2 4 2 4}

2 2

i i

i i i

i e i e e e e

π β π

β β β

ε = + = ^⎛⎜⎝ + ^⎞⎟⎠ = = ^{⎛⎜⎝ + ⎞⎟⎠}

(^{1 i b}) (^{1 i e}) ^{iβ 2eiβ π4}

ε = + = + = ^{⎛⎜⎝ + ⎞⎟⎠}

3. On a :

( ) ( )

OF DG

OFGD parallélogramme

OF DG

1

z z

f o g d g f d

g ib i i b

⇔ = ⇔ =

⇔ − = − ⇔ = +

⇔ = + − = −

JJJG JJJJG

JJJG JJJG

( ¹)

g=i b−

4. a. Comme b=e^iβ, il vient immédiatement :

cos sin

b= β+i β

b. On a : ^z_GE^{JJJG = − = +ε g} (^{1 i b i b}) ⁻ ( − = + − + = + =¹) ^{b ib ib i b i cosβ} +ⁱ(^{1 sin}+ ^β). Puis :

( ) ( ) ( )

GC 1 1 1 1 1 cos sin 1 sin cos

z^JJJG = − = − −c g i i b− = − − + = − = −i ib i ib i β+i β = + β −i β

On a donc :

GE cos 1 sin

β β + JJJG

et 1 sin GC cos

β β +

− JJJG

c. D’après le résultat de la question précédente, il vient immédiatement, le repère considéré étant orthonormal :

( ) ( ) ( )

GE.GCJJJG JJJG=cosβ× +1 sinβ + +1 sinβ × −cosβ =0 On en déduit alors que le triangle GCE est rectangle en G.

Par ailleurs :

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2 2

GE GE cos 1 sin cos 1 2 sin sin 2 1 sin

GC GC 1 sin cos 1 2 sin sin cos 2 1 sin

β β β β β β

β β β β β β

= = + + = + + + = +

= = + + − = + + + = +

JJJG JJJG

On a donc GE=GC et on en déduit immédiatement que le triangle GEC est isocèle en G.

Finalement :

Le triangle GEC est rectangle et isocèle en G.

5. C’est dans ce genre de situation qu’un logiciel de géométrie dynamique (au hasard…

Geogebra ? ☺) permet de se faire une idée du résultat !

En « libérant » le point B (i.e. en ne lui imposant plus d’appartenir au cercle

trigonométrique) et en le déplaçant dans le plan, on peut conjecturer (ce n’est qu’une conjecture…) que l’angle CGE reste droit et que les longueurs GC et GE restent égales. n Prouvons ce résultat.

On pose cette fois : b= b e^iβ avec b≠0.

Les raisonnements sur les arguments restent valables et il convient « seulement » de prendre en compte le fait que le module de b est quelconque (non nul).

Ainsi, pour f on obtient : ²

i

f b e

β π

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

= et, pour ε :

(^{1 i b}) (^{1 i b e}) ^{iβ 2 b eiβ π4}

ε = + = + = ^{⎛⎜⎝ + ⎞⎟⎠}

Enfin, on a encore : ^{g = + =f d i b}( ⁻¹)^.

Avec ^{b= b eiβ = ×b} (^cosβ+isinβ), il vient cette fois :

( ) ( )

GE cos sin i cos 1 sin

z^JJJG = + = ×b i b β+i β + = b β +i + b β

( ) ( )

GC 1 1 cos sin 1 sin cos

z^JJJG = − = −ib i b× β+i β = +b β −i b β

D’où :

GE cos

1 sin

b b

β β +

JJJG et 1 sin

GC cos

b b

β β +

− JJJG

On retrouve immédiatement : GE.GCJJJG JJJG=0

et il vient ensuite :

( )

( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2

2

GE GE cos 1 sin cos 1 2 sin sin

1 2 sin

GC GC 1 sin cos 1 2 sin sin cos

1 2 sin

b b b b b

b b

b b b b b

b b

β β β β β

β

β β β β β

β

= = + + = + + +

= + +

= = + + − = + + +

= + + JJJG

JJJG

On a encore : GE=GC. Finalement :

Pour tout complexe b non nul, affixe du point B, le triangle GEC est rectangle et isocèle en G.