Correction du devoir à la maison n
◦6
Exercice 1. — On pose z =−5√
3 + 5 i . 1. On a |z|=q(−5√
3)2+ 52 =√
100 = 10 et ainsi z = 10 −
√3 2 +1
2i
!
= 10ei5π6 . 2. Ainsi, zn= 10nei5nπ6 donc
zn ∈R⇔ 5nπ
6 = 0 [π]⇔5nπ = 0 [6π]⇔5n≡0 [6]⇔6|5n.
Or, 6−5 = 1 donc, par le théorème de Bézout, 5 et 6 sont premiers entre eux. Dès lors, 6 divise 5n si et seulement si 6 divise n. Ainsi, on a bien montré que zn est réel si et seulement si 6 divise n.
Exercice 2
1. a. zB0 = zB−1
zB−1 = 2−2i−1
2 + 2i−1 = 1−2i
1 + 2i = (1−2i)2
12+ 22 = 1−4i−4
5 soit zB0 =−3 5− 4
5i.
b. |zB0|=
s
−3 5
2
+
−4 5
2
=
s 9 25 +14
25 =√
1 = 1 donc OB0 = 1 i.e. B0 ∈C. c. AB =|zB−zA|=|2−2i−1|=|1−2i|=q12+ (−2)2 donc AB = √
5.
AB0 = |zB0 −zA| =
−3 5 −4
5i−1
=
−8 5 −4
5i
=
s
−8 5
2
+
4 5
2
=
s64 25+16
25 donc AB =
s16
5 = 4√ 5 5 . BB0 = |zB0 −zB| =
−3
5− 4
5i−(2−2i)
=
−13
5 +6 5i
=
s
−13 5
2
+
6 5
2
=
s169 25 +36
25 donc BB0 =
s41 5 .
On constate que AB2+ AB0 = 5 + 16 5 = 41
5 = BB0 donc, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABB0 est rectangle en A. Il s’ensuit que les droites (AB) et (AB0) sont perpendiculaires.
2. Soit M(z) un point du plan différent de A (i.e. z6= 1). Alors, f(z) = 1 ⇔z−1 = z−1⇔z =z ⇔z ∈R. Ainsi, l’ensemble ∆ est l’axe des réels privé du point A.
3. Soit M(z) un point du plan différent de A (i.e. z6= 1). Alors, OM0 =|z0|=
z−1 z−1
= |z−1|
|z−1| = |z−1|
|z−1| = |z−1|
|z−1| = 1 car, pour tout complexe Z, |Z|=Z.
Ainsi, pour tout point M 6= A,M0 ∈C.
4. a. Commez ∈U, il existe θ ∈Rtel que z = eiθ. Ainsi, z0 = eiθ−1
eiθ−1 = eiθ−1
e−iθ−1 = eiθ2 eiθ2 −e−iθ2
e−iθ2 e−iθ2 −eiθ2 = ei(θ2+θ2) 2i sinθ2
−2i sin θ2 =−eiθ =−z.
b. L’affixe deM0 est l’opposée de celle deM donc M0 est le symétrique deM par rapport à O.
5. Soit z un complexe non réel. Alors, Z = z0−1
z−1 =
z−1 z−1 −1
z−1 = z−1−(z−1)
(z−1)(z−1) = z−z
(z−1)(z−1) = 2i Im(z)
|z−1|2 = 2 Im(z)
|z−1|2i et, comme 2 Im(z)
|z−1|2 ∈R,Z est bien un imaginaire pur. De plus, comme z /∈R, Im(z)6= 0 donc Z 6= 0. Ainsi, pour tout complexe z /∈R,Z = z0−1
z−1 est un imaginaire pur non nul.
SoitM un complexe n’appartenant par à l’axe des abscisses. Alors, son affixez est un complexe non réel donc Z est un imaginaire pur non nul et ainsi arg(Z) = π
2 [π]. Par ailleurs, par propriété,
arg(Z) = arg z0−1 z−1
!
[2π] =
−−−→ AM ,−−−→
AM0
[2π]
et donc, à plus fort raison, arg(Z) =
−−−→ AM ,−−−→
AM0
[π].
On conclut donc que pour tout pointM n’appartenant pas à l’axe des abscisses,
−−−→ AM ,−−−→
AM0
= π 2 [π].
6. Soit D un point n’appartenant pas à l’axe des abscisses et D0 son image par f. Alors, en particulier, D6= A donc D0 ∈C d’après la question 3. De plus, d’après la question 5., les droites (AD) et (AD0) sont perpendiculaires. Ainsi, D0 est le point d’intersection de la perpendiculaire à (AD) passant par A et du cercleC.
−1 1 2
−2
−1 1 2 3
A D
D0
Exercice 3. — Considérons le nombre complexez = (1 + ia)(1 + ib)(1 + ic). Alors, d’une part,
|z|2 =|1 + ia|2|1 + ib|2|1 + ic|2 = (1 +a2)(1 +b2)(1 +c2).
D’autre part, en développant,
z = (1 + ib+ ia−ab)(1 + ic) = 1 + ic+ ib−bc+ ia−ac−ab−iabc
donc, comme ab+bc+ca = 1, z = i (a+b+c−abc). Ainsi, z est un imaginaire pur donc
|z|2 = (a+b+c−abc)2. On conclut donc que (1 +a2)(1 +b2)(1 +c2) = (a+b+c−abc)2 est le carré d’un entier.
Exercice 4. — Commez ∈U, il existe θ ∈]−π;π] tel que z = eiθ. Ainsi, pour tout n∈N, zn−1 = einθ−ei 0 = eiθ2 eiθ2 −e−iθ2= 2 i eiθ2 sin nθ
2
!
.
Il s’ensuit que, pour tout n∈R,
|zn−1|= 2
sin nθ 2
!
. Remarquons que, comme sin est impair,
sin −nθ 2
!
=
−sin nθ 2
!
=
sin nθ 2
!
(ce qui revient simplement à dire que deux points symétrique par rapport à l’axe des abscisses sont à la même distance du point d’affixe 1). On peut donc toujours supposer queθ ∈[0 ;π] et, même, comme z 6= 1, que θ ∈]0 ;π].
Si θ ∈h2π3 ;πi alors θ2 ∈hπ3 ;π2i donc, comme sinus est croissante sur cet intervalle,
|z−1|= 2 sin θ 2
!
>2 sin
π 3
=√ 3 Ainsi, dans ce cas, n = 1 convient.
Supposons à présent que θ ∈i0 ;2π3 i. Alors, il existe un entier k >0 tel que θ ∈i3(k+1)2π ;2π3ki. En effet, si on pose k=E(2π3θ) où E désigne la partie entière alors, comme θ 6 2π3 , k >1. De plus, par définition, k 6 2π3θ < k+ 1 donc 2π3k 6 1θ < 3(k+1)2π et, en passant à l’inverse (tous les nombres en jeu étant strictement positifs), 3(k+1)2π < θ 6 2π3k. Dès lors, π3 < (k+1)θ2 6 (k+1)π3k et, commek >1, (k+1)π3k = π3 + 3kπ 6 π3 + 3×2π = π2. Ainsi, (k+1)θ2 ∈iπ3 ;π2i. Il s’ensuit, comme dans le premier cas, qu’en prenant n=k+ 1,
zk+1−1= 2 sin (k+ 1)θ 2
!
>2 sin
π 3
=√ 3.
On a donc montré que, dans tous les cas, il existe un entier n∈N tel que |zn−1|>√ 3.
Remarque. On peut voir que √
3 est la meilleure constante possible en prenantz = j = ei2π3 . En effet, comme j3 = 1, pour tout entier n, jn ∈ {1, j, j2} et on a vu en cours que j2 = j donc |j2−1| = j−1 = j−1 = j−1. Ainsi, pour tout n ∈ N, |jn−1| = 0 si n ≡ 0 [3]
et |jn−1| = |j−1| sinon. Or, on a vu en cours que |j−1| = √
3 donc, pour tout n ∈ N,
|jn−1|6√ 3.
