2 cos5π 6 + i sin5π 6 donc b = 2ei5π6

Exercice 1

1. Etant donné que z =re^iα avecr =|z|, z⁰ = ^re_r^iα(2−r) donc z⁰ = (2−r)e^iα . 2. L’affixe de A est a= 3 = 3eⁱ⁰ donc l’affixe de A’ est a⁰ = eⁱ⁰(2−3) soit a⁰ =−1 . 3. a. Le module de b est |b|=

q

(−√

3)²+ 1² =√

4 = 2. Dès lors, on écrit b = 2 −

√3 2 + 1

2i

!

= 2

cos5π

6 + i sin5π 6

donc b = 2e^i5π6 .

b. Dès lors, b⁰ = e^i5π6 (2−2) doncb⁰ = 0.

4. Un pointM(z) différent de O est tel que f(M) = O si et seulement si z⁰ = 0⇔(2−r)e^iα = 0 ⇔2−r = 0⇔r= 2 ⇔OM = 2.

Ainsi, l’ensemble des points M du plan privé de O tels que f(M) = O est le cercle de centre O et de rayon 2.

5. Un pointM(z) différent de O est tel que f(M) =M si et seulement si z⁰ =z ⇔(2−r)e^iα =re^iα ⇔2−r=r⇔r= 1 ⇔OM = 1.

Ainsi, l’ensemble des points M du plan privé de O tels que f(M) = O est le cercle C₁ de centre O et de rayon 1.

6. a. On note z =re^iα l’affixe de M etz⁰ celle de M⁰. Alors, l’affixe deI est z_I = z+z⁰

2 = (2−r)e^iα+re^iα

2 = 2e^iα

2 = e^iα. Ainsi, z_I est un complexe de module 1 donc I ∈ C₁ .

b. Etant donné que z =re^iα,z^−−−→

OM =re^iα et, étant donné quez_I = e^iα, z^−−→

OI = e^iα. Ainsi, comme r6= 0, z⁻_OI^−→ = ¹_rz⁻_OM^−−→ donc −−→

OI = ¹_r−−−→

OM . Ainsi, les vecteurs −−→

OI et−−−→ OM sont colinéaires et de même sens (car ¹_r >0) donc I ∈[OM) .

c. Pour un point M différent de O, on construit le cercle C₁ et la demi-droite [OM).

Le point d’intersection de C₁ et de [OM) est alors le pointI milieu de [M M⁰]. On construit alors M⁰ comme le symétrique de M par rapport à I.

Exercice 2

1. z_A⁰ = (3 + 4i)(1 + 2i) + 5 (1 + 2i)

6 = 3 + 6i + 4i−8 + 5(1−2i)

6 = −5 + 10i + 5−10i 6

soit z_A⁰ = 0 i.e. A⁰ = O.

z_B⁰ = (3 + 4i)×1 + 5×1

6 = 3 + 4i + 5

6 = 8 + 4i

6 soit z_B⁰ = 4 3+ 2

3i . z_C⁰ = (3 + 4i)(3i) + 5 (3i)

6 = 9i−12 + 5(−3i)

6 = −12−6i

6 soit z_C⁰ =−2−i .

A (D)

B C

O B⁰

C⁰

N N⁰

~ u

~v

2. z⁰ = (3 + 4i)(x+ iy) + 5x+ iy

6 = 3x+ 3iy+ 4ix−4y+ 5(x−iy)

6 = 8x−4y+ i(4x−2y)

6 et donc, comme xet y sont réels, Re(z⁰) = 4x−2y

3 et Im(z⁰) = 2x−y

3 .

3. Un pointM est invariant si et seulement si M⁰ =M ⇔z⁰ =z ⇔







Re(z⁰) = Re(z) Im(z⁰) = Im(z) ⇔











4x−2y

3 =x

2x−y

3 =y

⇔







4x−2y = 3x 2x−y= 3y ⇔







x−2y= 0

2x−4y = 0 ⇔y= 1 2x.

Ainsi, l’ensemble des points M invariants est bien la droite (D) d’équation y= 1 2x. On constate que les trois points A⁰ = O, B⁰ et C⁰ appartiennent à la droite (D).

4. D’après la question 2., les coordonnées de M⁰ sont

4x−2y

3 ;2x−y 3

donc 1

2xM⁰ = 1

2× 4x−2y

3 = 2x−y

3 =y_M⁰ donc M⁰ appartient à la droite (D) . 5. a. Soit z ∈C. Alors,

z⁰−z z_A =

(3 + 4i)z+ 5z

6 −z

1 + 2i = (3 + 4i)z+ 5z−6z

6(1 + 2i) = [(−3 + 4i)z+ 5z] (1−2i) 6(1²+ 2²)

= (−3 + 4i)(1−2i)z+ 5(1−2i)z

30 = (−3 + 6i + 4i + 8)z+ (5−10i)z 30

= (5 + 10i)z+ (5−10i)z

30 = 5(z+z)

30 + 10i(z−z) 30 i.e. z⁰−z

z_A = z+z

6 + iz−z 3 . On en déduit que z⁰−z

z_A = 2 Re(z)

6 + i2i Im(z)

3 = Re(z)

3 −2 Im(z)

3 . Or, par définition, Re(z) et Im(z) sont réels donc z⁰−z

z_A est réel .

donc les vecteurs −−−−→

M M⁰ et −−→

OA sont colinéaires. Il s’ensuit que les droites (OA) et (M M⁰) sont parallèles.

b. Si le point N est sur (D) alors, d’après la question 3., le point N est invariant donc N⁰ =N.

Sinon, d’après la question 4., la point N⁰ appartient à (D) et d’après le résultat de la question précédente par l’énoncé, (OA) et (N N⁰) sont parallèles. Dès lors,N est le point d’intersection de la droite (D) et de la parallèle à (OA) passant par N.

Exercice 3

1. Par définition,

• z₁ = 1 + i√ 3

4 ×8 i.e. z₁ = 2 + 2i√ 3 ;

• z₂ = 1 + i√ 3

4 ×(2 + 2i√

3) = (1 + i√ 3)²

2 = 1 + 2i√ 3−3

2 i.e. z₂ =−1 + i√ 3 ;

• z₃ = 1 + i√ 3

4 ×(−1 + i√

3) = (1 + i√

3)(−1 + i√ 3)

4 = −1−3

4 i.e. z₃ =−1 . 2. a. Posons z= 1 + i√

3

4 . Alors,

|z|=

1 4 + i

√3 4

=

v u u t

1 4

2

+

√3 4

!2

=

s 1 16 + 3

16 =

s1 4 = 1

2. Dès lors,

z = 1 2

1 2 + i

√3 2

!

= 1 2

cos

π 3

+ i sin

π 3

et donc z = 1 2e^iπ3 .

b. Considérons, pour tout n ∈N, la propositionP(n) : «z_n = ₂n−3¹ e^inπ3 ».

D’une part,z₀ = 8 et, d’autre part, ₂0−3¹ e^i0π3 = ₂−3¹ ×1 = 2³ = 8 donc P(0) est vraie.

Supposons que P(k) est vraie pour un certain k∈N. Alors,

z_k+1 = 1 + i√ 3

4 z_k= 1

2e^iπ3 × 1

2^k−3e^ikπ3 =

1 2 × 1

2^k−3

eⁱ(^π₃^+kπ₃ ) = 1

2^(k+1)−3e^i(k+1)π3 donc P_k+1 est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour tout n∈N, z_n= ₂n−3¹ e^inπ3 . 3. Par définition, pour tout n ∈N,

OA_n=|z_n|=

1 2ⁿ⁻³e^inπ3

= 1

2ⁿ⁻³ =

1 2

n−3

.

Or,−1< ¹₂ <1 donc lim

n→+∞

1 2

n−3

= 0. Ainsi, OA_n tend vers 0 lorsque n tend vers +∞.

4. a. Pour tout n ∈ N, |z_n| = ¹₂ⁿ⁻³ 6= 0 donc A_n appartient à l’axe des abscisses si et seulement si

arg(z_n) = 0 [π]⇔ nπ

3 = 0 [π]⇔n = 0 [3]

i.e. si et seulement s’il existe un entierk ∈N tel que n= 3k.

Ainsi, il existe des entiers n ∈N^∗ tels que A_n appartienne à l’axe des abscisses : ce sont les multiples de 3 strictement positifs.

b. De même, A_n appartient à l’axe des ordonnées si et seulement si arg(z_n) = π

2 [π]⇔ nπ 3 = π

2 [π]⇔n= 3 2 [3]

i.e. si et seulement s’il existe un entier k ∈Ntel que n = ³₂+ 3k. Mais, dans ce cas,n n’est pas entier car ³₂ ∈/ Z.

Ainsi, il n’existe pas d’entiers n ∈N^∗ tels que A_n appartienne à l’axe des ordonnées.

5. D’après la question 3, OA_n=¹₂ⁿ⁻³ et OA_n+1 =¹₂ⁿ⁻². De plus, A_nA_n+1 =|z_n+1−z_n|=

1 + i√ 3

4 z_n−z_n

=

1 + i√ 3

4 −1

!

z_n

=

−3 + i√ 3 4 z_n

=

−3 + i√ 3 4

|z_n|=

v u u t

−3 4

2

+

√3 4

!2

1 2

n−3

=

s12 16

1 2

n−3

=

√3 2

1 2

ⁿ⁻³

Ainsi,

(OA_n+1)²+ (A_n+1A_n)² =

1 2

2(n−2)

+3 4

1 2

2(n−3)

=

1 4

n−2

+ 3× 1 4

1 4

n−3

=

1 4

ⁿ⁻²

+ 3×

1 4

ⁿ⁻²

= 4×

1 4

ⁿ⁻²

=

1 4

ⁿ⁻³

et

(OA_n)² =

1 2

2(n−3)

=

1 4

n−3

donc (OA_n+1)² + (A_n+1A_n)² = (OA_n)². Ainsi, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OA_nA_n+1 est rectangle en A_n+1 .

6. On note, pour toutn ∈N,B_n le milieu de [OA_n].

a. Soit n ∈N. Par propriété, t_n = ^zO+z₂ ⁿ = ¹₂z_n i.e. t_n = ₂n−2¹ e^inπ3 . b. Soit n ∈N. On a

Z_n= z_n+1 t_n =

1

2ⁿ⁻²e^i(n+1)π3

1

2ⁿ⁻²e^inπ3 = eⁱ(^(n+1)π₃ ^−nπ₃ ) i.e. Z_n = e^iπ3 .

c. Soit n ∈N. Alors, d’après la question précédent, |Z_n|= 1 et arg(Z_n) = ^π₃ [2π]. Or,

|Z_n|=

z_n+1 tn

= |z_n+1|

|tn| = OA_n+1 OB_n

arg(Z_n) = arg

z_n+1−0 t_n−0

[2π] =

−−−→

OB_n ,−−−−→

OA_n+1

[2π]

donc

−−−→

OB_n ,−−−−→

OA_n+1

= ^π₃ [2π] ce qui montre que le triangle isocèle OB_nA_n+1 est en fait un triangle équilatéral.

d. Pour la construction : connaissant le point A_n, on construit la médiatrice de [OA_n], elle coupe [OA_n] en B_n puis on construit le triangle équilatéral OB_nA_n+1 tel que

−−−→

OB_n ,−−−−→

OA_n+1

= ^π₃ [2π]. Tout ceci peut se faire seulement à la règle et au compas.

−2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8

1 2 3 4

A₀ B₀

O

A₁

B₁ A₂

B₂ A₃

Exercice 4. — D’une part,z_A+z_C =z_B+z_D donc z_A−z_B =z_D−z_C donc z^−−→

BA =z^−−→

CD. Dès lors, −−→

BA =−−→

CD et ainsi ABCD est un parallélogramme.

Posons Z = z_A−z_C

z_D−z_B. Alors, commezA+ iz_B =zC+ iz_D, zA−zC = i(z_D−zB) doncZ = i.

Dès lors, |Z| = 1. Or, |Z| =

zA−zC

z_D−z_B

= |zA−zC|

|z_D−z_B| = CA

BD donc CA = BD. Ainsi, les diagonales du parallélogramme ABCD sont de même longueur : c’est donc un rectangle.

Enfin,

−−→

BD ,−−→

CA

= arg(Z) [2π] = arg(i) [2π] = π

2 [2π] donc

−−→

BD ,−−→

CA

= π

2 [2π] donc les diagonales du rectangle ABCD sont perpendiculaires donc ABCD est un carré .

Exercice 5

1. Si A = Ω alors A⁰ = Ω donc a⁰ =a=ω et l’égalité a⁰ =ω+ e^iθ(a−ω) est vérifiée.

Supposons à présent A 6= Ω. Alors, A⁰ 6= Ω donc a 6= ω et a⁰ 6= ω. Considérons le complexe Z = ^a_a−ω^0−ω. Alors, |Z| = ^|a_|a−ω|^0−ω| = ^ΩA_ΩA⁰ = 1 car, par définition, ΩA⁰ = ΩA. De plus, arg(Z) =

−−→

OA ,−−→

OA⁰

[2π] =θ [2π] par définition de θ. Ainsi,Z est le complexe de module 1 et d’argumentθ donc Z = e^iθ et, par conséquent, a⁰ −ω= e^iθ(a−ω).

Ainsi, dans tous les cas, a⁰ =ω+ e^iθ(a−ω) . 2. a. On a p = q√

3 donc p² = 3q² et ainsi, comme q² ∈ Z, 3 divise p². Notons d = PGCD(3, p). Alors, ddivise 3 donc d= 1 ou d= 3. Sid= 1 alors 3 est premier avec p donc, comme 3 divise p×p, d’après le théorème de Gauss, 3 divise p, ce qui contredit le fait que d= 1. Ainsi, d= 3 et donc 3 divisep.

b. Ainsi, il existe un entier k tel que p= 3k donc 3q² = (3k²) = 9k² et ainsi q² = 3k². Il s’ensuit que 3 divise q et, par le même raisonnement que précédemment, on en déduit que 3 divise q.

Ainsi, 3 divise√ p et q, ce qui contredit le fait quep et q sont premiers entre eux. Ainsi, 3 est irrationnel.

3. Soit ABC un triangle équilatéral. Quitte à échanger B et C, on peut toujours supposer que

−−→

AB ,−−→

AC

= ^π₃ [2π]. Supposons que les coordonnées de (x_A, yA) de A, que les coordonnées (x_B, y_B) de B et que l’abscisse x_C sont toutes rationnelles. Comme C est l’image de B par la rotation de centre A et d’angle ^π₃, on a, d’après la question précédente,

z_C =z_A+ e^iπ3(z_B−z_A).

Dès lors, en notanty_C l’ordonnée de C, on a [∗] x_C+ iy_C =x_A+ iy_A+ 1

2+ i

√3 2

!

(x_B−x_A+ i(y_B−y_A)).

En égalant les parties réelles, il vient : x_C =x_A+1

2(x_B−x_A)−

√3

2 (y_B−y_A).

donc √

3(y_B−y_A) = x_A+x_B−2x_C. Siy_B−y_A6= 0,

√3 = x_A+x_B−2x_C y_B−y_A

ce qui est impossible car le nombre de droite est obtenu par somme et quotient de rationnels donc il est rationnel alors que √

3 est irrationnel.

Ainsi,y_B−y_A= 0 i.e.y_B= y_A. Comme A et B sont différents, il s’ensuit quex_B−x_A6= 0.

Or, en égalant les parties imaginaires dans [∗], il vient y_C =y_A+1

2(y_B−y_A) +

√3

2 (x_B−x_A).

donc √

3(x_B−x_A) = 2y_C−y_A−y_B et, comme x_B−x_A6= 0,

√3 = 2y_C−y_A−y_B x_B−x_A Comme√

3 est irrationnel, le quotient de droite est irrationnel. Or, les quatre nombres x_A, x_B, y_A ety_B sont rationnels donc y_C est irrationnel.

Ainsi, si x_A, y_A, x_B, y_B et x_C sont tous rationnels, y_C est irrationnel. On conclut que l’une au moins des coordonnées de A, B ou C est irrationnelle .