. En déduire que SP = SQ. 2 ( 1 t ) 1 + ( 1 t )

(1)

Exercice sur les complexes

Partie A Equation du second degré

1. Résoudre dans l’ensemble C des nombres complexes l’équation z ² – z + 1 = 0.

On appelle α et β les solutions de cette équation.

Ecrire α et β sous forme algébrique puis sous forme exponentielle.

2. Calculer α + β et α β. En déduire ¹

 + ¹

 et α ² + β ². Partie B Construction d’un triangle équilatéral

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct ( O ; u , v ).

U et V sont les points d’affixes respectives Z U = 1 et Z V = i.

S est le point tel que VOUS soit un carré donc son affixe est Z S = 1 + i.

Le point D est le symétrique du point O par rapport au point U donc son affixe est Z D = 2.

Le but de cette partie est notamment de construire un triangle équilatéral SAB tel que les points A et B appartiennent respectivement aux segments [OU] et [OV].

1. a. Calculer ^S ^D

S

Z Z

Z

 sous forme algébrique puis sous forme exponentielle.

b. En déduire la nature du triangle OSD.

2. t est un réel libre de l’intervalle [ 0 ; 1 ].

P est le point du segment [OU] tel que OP = t donc Z P = t.

Q est le point du segment [OV] tel que OQ = t donc Z Q = t i.

Montrer que Z P – Z S = i Z_QZ_S. En déduire que SP = SQ.

3. Un logiciel de calcul formel donne ^P ^S

Q S

Z Z



 = ^{2 ( 1} ⁾₂ 1 + ( 1 )



 t

t + i ^{( 2} ⁾₂ 1 + ( 1 )



t t

t .

Résoudre dans l’intervalle [ 0 ; 1 ] l’équation ^{2 ( 1} ⁾₂ 1 + ( 1 )



 t

t = ¹ 2 . 4. Dans cette question, on suppose que t = 3 – 1.

On a réalisé des calculs à l’aide d’un logiciel de calcul formel. Voir l’annexe 1.

a. On admet le calcul effectué pour le nombre a. Justifier le calcul du nombre b.

b. Déterminer la nature du triangle SPQ.

5. Dans cette question, il est inutile d’avoir recours aux nombres complexes.

a. Le cercle de centre S passant par U coupe le segment [SD] au point E.

Calculer la longueur OE.

b. Le cercle de centre O passant par E coupe le segment [UD] en F.

Calculer la longueur UF.

c. Proposer alors une construction à la règle et au compas du triangle équilatéral SAB.

Effectuer cette construction sur le graphique donné en annexe 2.

d. Comparer les aires des triangles SUV et SAB.

(2)

Nom et prénom : Classe : Annexe 1

Annexe 2

(3)

Exercice sur les complexes Partie A Equation

1. On veut résoudre l’équation z ² – z + 1 = 0 dans C.

On pose a = 1 , b = – 1 , c = 1. a , b , c sont des réels tels que a ≠ 0.

Δ = b ² – 4 a c = ( – 1 ) ² – 4  1  1 = 1 – 4 = – 3 = ( i 3 ) ².

Δ < 0 donc l’équation donnée possède deux solutions complexes conjuguées α et β . α = ⁺

2

b i 

a = ^{1 + 3} 2

i = ¹

2 + i ³ 2 = ³

i

e . β =  = ¹

2 – i ³

2 = ³

i

e .

S = { ¹

2 + i ³ 2 ; ¹

2 – i ³ 2 }.

2. α + β = ¹

2 + i ³ 2 + ¹

2 – i ³

2 = 1. α β = ³

i

e  e³

i

= e ^{i 0} = 1.

¹

 + ¹

 = ^{ }⁺

  = ¹

1 = 1. α ² + β ² = ( α + β ) ² – 2 α β = 1 ² – 2  1 = – 1.

Partie B Construction d’un triangle équilatéral

1.a. ^S ^D

S

Z Z

Z

 = ^{1 +} ² 1 +

 i

i = ^{1 +} 1 +

 i

i = ^{( + 1 )} 1 + i i

i = i = ²

i

e .

1.b. • ^S ^D

S

Z Z

Z

 = ²

i

e donc | ^S ^D

S

Z Z

Z

 | = 1 donc ^DS

OS = 1 donc DS = OS.

On en déduit que le triangle OSD est isocèle en S.

• ^S ^D

S

Z Z

Z

 = ²

i

e donc arg ( ^S ^D

S

Z Z

Z

 ) = arg ( ²

i

e ) donc ( SO , SD ) = 2

. On en déduit que le triangle OSD est rectangle en S.

• Finalement, le triangle OSD est rectangle isocèle en S.

2. Z P – Z S = t – 1 – i = ( t – 1 ) – i.

Z Q – Z S = t i – 1 – i = – 1 + ( t – 1 ) i donc Z_QZ_S = – 1 – ( t – 1 ) i.

i Z_QZ_S = i ( – 1 – ( t – 1 ) i ) = – i – ( t – 1 ) i ² = ( t – 1 ) – i.

On en déduit que Z P – Z S = i Z_QZ_S.

Z P – Z S = i Z_QZ_S donc | Z P – Z C | = | i Z_QZ_S |

SP = SQ donc le triangle SPQ est isocèle en S.

(4)

Exercice sur les complexes 3. NDLR

^P ^S

Q S

Z Z



 = ⁽ ^{1 )} 1 + ( 1 )

 

t i

t i = ^{( 1} ^{) +} 1 + ( 1 )



t i

t i donc ^P ^S

Q S

Z Z



 = ^{[ ( 1} ) + ] [ 1 ( 1 ) ] [ 1 + ( 1 ) ] [ 1 ( 1 ) ]

  

t i t i

donc ^P ^S

Q S

Z Z



 =

2 2

2

( 1 ) ( 1 ) + ( 1 ) 1 + ( 1 )

    



t t i i t i

t donc ^P ^S

Q S

Z Z



 =

2 2

2 ( 1 ) + [ 1 ( 1 2 + ) ] 1 + ( 1 )

  



t i t t

t donc ^P ^S

Q S

Z Z



 = ^{2 ( 1} ⁾₂ 1 + ( 1 )



 t

t + i ^{( 2} ⁾₂ 1 + ( 1 )



t t

t .

t est un réel de [ 0 ; 1 ]. ^{2 ( 1} ⁾₂ 1 + ( 1 )



 t

t = ¹

2 ssi 1 + ( 1 – t ) ² = 4 ( 1 – t ) ssi 1 + 1 – 2 t + t ² = 4 – 4 t ssi t ² + 2 t – 2 = 0.

On pose a = 1 , b = 2 , c = – 2.

Δ = b ² – 4 a c = 2 ² – 4  1  ( – 2 ) = 12 = ( 2 3 ) ².

Δ > 0 donc le trinôme t ² + 2 t – 2 a deux racines réelles distinctes notées t 1 et t 2 . t 1 = ⁺

2

b 

a = 2 + 2 3 2

 = 3 – 1. t 2 = – 3 – 1.

t 1 appartient à [ 0 ; 1 ] et t 2 n’appartient pas à [ 0 ; 1 ] donc S = { 3 – 1 }.

4.a. On suppose que t = 3 – 1.

t ( 2 – t ) = ( 3 – 1 ) ( 3 – 3 ) = 3 3 – 3 – 3 + 3 = 4 3 – 6.

1 + ( 1 – t ) ² = 1 + ( 1 – 3 + 1 ) ² = 1 + ( 2 – 3 ) ² = 1 + 4 – 4 3 + 3 = 8 – 4 3 b = ^{4 3} ⁶

8 4 3



 = ^{2 3} ³

4 2 3



 = ( 2 3 3 ) ( 4 + 2 3 ) ( 4 2 3 ) ( 4 + 2 3 )



 = 8 3 + 12 6 3

4



b = ^{2 3}

4 = ³ 2 .

4.b. ^P ^S

Q S

Z Z



 = ¹

2 + i ³

2 = cos ( 3

 ) + i sin ( 3

 ) = ³

i

e . arg ( ^P ^S

Q S

Z Z



 ) = arg ( ³

i

e ) [ 2 π ] donc ( SQ , SP ) = 3

 [ 2 π ].

SQ = SP et ( SQ , SP ) = 3

 [ 2 π ] donc le triangle SPQ est équilatéral.

(5)

5.a. Le triangle OSD est rectangle isocèle en S donc le triangle OSE est rectangle en S.

D’après le théorème de Pythagore, OE ² = OS ² + SE ².

OE ² = OS ² + SE ² = OS ² + SU ² = ( 2 ) ² + 1 ² = 2 + 1 = 3.

OE ² = 3 donc OE = 3 .

5.b. U appartient à [OF] donc UF = OF – OU = OE – OU = 3 – 1.

5.c. On trace le cercle de centre O et de rayon UF qui coupe le segment [OU] en A et le segment [OV] en B.

Le triangle SAB est équilatéral.

5.d. aire ( SUV ) = 0,5  SU  SV = 0,5.

aire ( SAB ) = aire ( VOUS ) – aire ( OAB ) – aire ( SAU ) – aire ( SBV ) donc aire ( SAB ) = aire ( VOUS ) – aire ( OAB ) – 2 aire ( SAU )

donc aire ( SAB ) = OU ² – 0,5  OA  OB – SU  AU

donc aire ( SAB ) = 1 ² – 0,5  ( 3 – 1 ) ² – 1  [ 1 – ( 3 – 1 ) ] donc aire ( SAB ) = 1 – 0,5  ( 3 – 2 3 + 1 ) – ( 2 – 3 )

donc aire ( SAB ) = 1 – 2 + 3 – 2 + 3 aire ( SAB ) = 2 3 – 3. aire ( SAB ) ≈ 0,46.

aire ( SUV ) = 0,5 et aire ( SAB ) ≈ 0,46 donc aire ( SAB ) < aire ( SUV ).

(6)

Exercice sur les complexes Annexe

NDLR

Ce problème fut résolu d’une autre manière par l’astronome et mathématicien Abu Al-Wafa ( 940 – 997 ) installé à Bagdad, connu pour ses travaux en géométrie et en trigonométrie où il introduit la notion de tangente d’un angle.