1 = 1 de même pour

(1)

Exercices sur le chapitre 7 – Corrigé – Séance du 29/04

N° 43 page 107 :

1) On sait que, pour 𝑧 ≠ 1 : 1 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 = 1 − 𝑧

1 − 𝑧 =𝑧 − 1 𝑧 − 1 Ainsi 𝑧 − 1 = (𝑧 − 1)(1 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 )

2) 𝜔 est une racine 7^ème de 1 donc 𝜔 = 1

(𝜔 ) = (𝑤 ) = 1 = 1 de même pour 𝜔 , 𝜔 , 𝜔 et 𝜔

Ainsi, 1, 𝜔, 𝜔 , 𝜔 , 𝜔 , 𝜔 et 𝜔 sont racines 7^èmes de 1. Elles sont au nombre de 7.

Or, on sait qu’il existe exactement 7 racines 7^èmes de 1.

Sont-elles bien 2 à 2 distinctes ?

Prenons deux racines de cet ensemble et nommons les 𝜔 et 𝜔 avec 𝑘 > 𝑘′ :

𝜔 = 𝜔 ⇔ 𝜔 = 1 or 0 < 𝑘 − 𝑘 < 7 ce qui signifierait que 𝜔 est une racine n^ème de 1 où 𝑛 < 7 ce qui n’est pas possible car 𝜔 est une racine 7^ème de 1.

Ainsi les racines 1, 𝜔, 𝜔 , 𝜔 , 𝜔 , 𝜔 et 𝜔 sont 2 à 2 distinctes.

On a donc trouvé les 7 racines 7^èmes de 1.

3) 𝜔 − 1 = (𝜔 − 1)(1 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 )

Or 𝜔 = 1 donc (𝜔 − 1)(1 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 ) = 0

Mais 𝜔 ≠ 1 donc 1 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 + 𝜔 = 0 : la somme des 7 racines 7^èmes de 1 est nulle.

4) 1

𝑧 + 1

𝑧 + 1 = 0 ⇔1 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧

𝑧 = 0

⇔ 1 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 + 𝑧 = 0 ⇔𝑧 − 1

𝑧 − 1 = 0 car 1 n'est pas solution de l'équation.

⇔ 𝑧 = 1 et 𝑧 ≠ 1 ⇔ 𝑧 = 𝜔 ou 𝜔 ou 𝜔 ou 𝜔 ou 𝜔 ou 𝜔 Les solutions sont donc les racines 7^èmes de 1 (sauf 1).

N° 3 page 104 :

1) 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐼⃗ + 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐵⃗ [2𝜋] = − 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐴⃗ + 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐵⃗ [2𝜋] = − + [2𝜋] = 𝜋[2𝜋]

2) 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = − 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐴⃗ + 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐵⃗ [2𝜋] = − + [2𝜋] = [2𝜋]

3) 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = − 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐴⃗ + 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐵⃗ [2𝜋] = − + [2𝜋] = − [2𝜋] = [2𝜋]

4) 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = − 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐴⃗ + 𝑂𝐼⃗; 𝑂𝐵⃗ [2𝜋] = − + [2𝜋] = − [2𝜋] = [2𝜋]

N° 4 page 104 :

1) 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = arg 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 [2𝜋] = arg −𝑖

−3 [2𝜋] = arg 𝑖

3 [2𝜋] =𝜋 2[2𝜋]

(2)

2) 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = arg 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 [2𝜋] = arg −2𝑖

5𝑖 [2𝜋] = arg −2

5 [2𝜋] = 𝜋[2𝜋]

3) 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = arg 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 [2𝜋] = arg 2 − 4𝑖

−2 − 𝑖 [2𝜋]

Or 2 − 4𝑖

−2 − 𝑖= (2 − 4𝑖)(−2 + 𝑖)

(−2 − 𝑖)(−2 + 𝑖)= 10𝑖 5 = 2𝑖 Donc 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = arg(2𝑖) [2𝜋] = 𝜋

2[2𝜋]

4) 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = arg 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 [2𝜋] = arg 1 + 𝑖√3

√3 + 𝑖 [2𝜋]

Or 1 + 𝑖√3

√3 + 𝑖 = (1 + 𝑖√3)(√3 − 𝑖)

(√3 + 𝑖)(√3 − 𝑖) = 2√3 + 2𝑖 4 = √3

2 +1 2𝑖 Donc 𝑂𝐴⃗; 𝑂𝐵⃗ = arg √3

2 +1

2𝑖 [2𝜋] =𝜋 6[2𝜋]

N° 7 page 104 :

1) 𝐴𝐵⃗; 𝐴𝐶⃗ = arg 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 [2𝜋]

= arg (1 + 5𝑖) − (3 + 2𝑖)

(6 + 4𝑖) − (3 + 2𝑖) [2𝜋]

= arg −2 + 3𝑖

3 + 2𝑖 [2𝜋]

Or −2 + 3𝑖

3 + 2𝑖 =(−2 + 3𝑖)(3 − 2𝑖) (3 + 2𝑖)(3 − 2𝑖) =13𝑖

13 = 𝑖 Donc 𝐴𝐵⃗; 𝐴𝐶⃗ = arg(𝑖) [2𝜋] =𝜋

2[2𝜋]

(3)

2) 𝐴𝐵⃗; 𝐴𝐶⃗ = arg 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 [2𝜋] = arg (8 − 4𝑖) − (−6 + 3𝑖)

(−3 + 1,5𝑖) − (−6 + 3𝑖) [2𝜋] = arg 14 − 7𝑖

3 − 1,5𝑖 [2𝜋]

Or 14 − 7𝑖

3 − 1,5𝑖= 7(2 − 𝑖) 1,5(2 − 𝑖) = 7

1,5=14 3 Donc 𝐴𝐵⃗; 𝐴𝐶⃗ = arg 14

3 [2𝜋] = 0[2𝜋]

3) 𝐴𝐵⃗; 𝐴𝐶⃗ = arg 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 [2𝜋]

= arg 4 + 2 − √3 𝑖 − (3 + 2𝑖)

3 + √3 + 3𝑖 − (3 + 2𝑖) [2𝜋]

= arg 1 − √3𝑖

√3 + 𝑖 [2𝜋]

Or 1 − √3𝑖

√3 + 𝑖 = (1 − √3𝑖)(√3 − 𝑖)

(√3 + 𝑖)(√3 − 𝑖) = −4𝑖 4 = −𝑖 Donc 𝐴𝐵⃗; 𝐴𝐶⃗ = arg(−𝑖) [2𝜋] = −𝜋

2[2𝜋] =3𝜋 2 [2𝜋]

N° 10 page 104 :

1) |𝑧 | = |−4| = 4 = 𝑂𝐴

|𝑧 | = 2 + 2𝑖√3 = 2 + 2√3 = √16 = 4 = 𝑂𝐵

|𝑧 | = 2 − 2𝑖√3 = 2 + −2√3 = √16 = 4 = 𝑂𝐶 Les points A, B et C appartiennent au cercle de centre O et de rayon 4.

2) Le point A se place facilement.

Les points B et C sont les images de deux nombres complexes conjugués.

Ils appartiennent au cercle de centre O et de rayon 4 et leur partie réelle est entière (donc facile à placer), il est donc inutile d’utiliser la partie imaginaire (assez

pénible) pour les représenter.

(4)

3) 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 = 2 + 2𝑖√3 − (−4)

2 − 2𝑖√3 − (−4)=6 + 2𝑖√3

6 − 2𝑖√3=3 + 𝑖√3

3 − 𝑖√3= 3 + 𝑖√3

12 =6 + 6𝑖√3 12 =1

2+ 𝑖√3 2 = 𝑒 4) 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 = 1 et arg 𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 =𝜋

3[2𝜋] ⇔ 𝐴𝐵

𝐴𝐶 = 1 et 𝐴𝐶⃗; 𝐴𝐵⃗ = 𝜋 3[2𝜋]

𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 donc ABC est isocèle en A.

De plus, avec un angle de , il est équilatéral : ABC est un triangle équilatéral.

N° 12 page 104 :

1) Il semblerait que ABCD est un carré.

2)𝑧 − 𝑧

𝑧 − 𝑧 = 3 + 3𝑖 − (−𝑖)

−4 + 2𝑖 − (−𝑖)= 3 + 4𝑖

−4 + 3𝑖

= (3 + 4𝑖)(−4 − 3𝑖)

(−4 + 3𝑖)(−4 − 3𝑖)= −25𝑖

25 = −𝑖 = 𝑒 = 𝑒 3) La question précédente nous permet d’affirmer que 𝐵𝐴 = 𝐵𝐶 et que 𝐵𝐴⃗; 𝐵𝐶⃗ = − [2𝜋] mais ce n’est pas suffisant pour conclure, il faudrait d’abord prouver que ABCD est un parallélogramme.

Le vecteur 𝐴𝐵⃗ a pour affixe :

𝑧 − 𝑧 = −𝑖 − (−4 + 2𝑖) = 4 − 3𝑖 Le vecteur 𝐷𝐶⃗ a pour affixe :

𝑧 − 𝑧 = 3 + 3𝑖 − (−1 + 6𝑖) = 4 − 3𝑖

Les vecteurs 𝐴𝐵⃗ et 𝐷𝐶⃗ sont égaux donc ABCD est un parallélogramme.

De plus, 𝐵𝐴⃗; 𝐵𝐶⃗ = − [2𝜋] donc ABCD a un angle droit : c’est un rectangle (parallélogramme avec un angle droit)

Et 𝐵𝐴 = 𝐵𝐶 donc c’est un losange (parallélogramme avec deux côtés consécutifs égaux) Rectangle + losange = carré : ABCD est bien un carré !