Exercices corrigés – Nombres complexes

(1)

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Exercices corrigés – nombres oomplexes

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Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

Exercices corrigés – Nombres complexes

(2)

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A

B C

P

Q R

S

Om

2 3 4

-1 -2 -3 -4 -5 -6

2 3 4 5 6

-1 -2 -3 -4 -5 -6

0 1

1

x y

A

B C

P

Q R

S

Om

Correction de l’exercice 1

Dans le plan complexe, rapporté à un repère orthonormé

(

^{O u v}^{, ,}

^{r r} )

, d’unité graphique 1cm, on place les points A, B, C, P d’affixes respectives zA= 3

2 +6i, zB= 3

2 −6i, zC=-3− 1

4 i, zP=3+2i : 1.

(a) Déterminons l’affixe zQ du point Q, image du point B par la translation t de vecteur Åw d’affixe zÅw=-1+ 5 2 i : t a pour écriture complexe z′=z+zÅw donc zQ=zB+zÅw =3

2 −6i+

(

^-1+⁵²ⁱ

)

⁼ ¹²⁻⁷²ⁱ ^.

(b) Dét ermin ons l’affi xe zR du point R, image du point P par homothétie h de centre C et de rapport - 1 3 : h a pour écriture complexe z′−zC=- 1

3 ×(^z−^zC) donc zR−zC=- 1

3 ×(^zP−zC) donc zR=- 1 3 ×

 

 

3+2i−

(

^-3−¹⁴ⁱ

)

⁺

(

^-3−¹⁴ⁱ

)

^=-¹³

(

⁶⁺⁹⁴ⁱ

)

⁻³⁻¹⁴ⁱ

donc zR=-2− 3 4 i−3− 1

4 i = -5−i .

(c) Déterminons l’affixe zS du point S, image du point P par la rotation r de centre A et d’angle – π 2 : r a pour écriture complexe z′−zA=e^-i

π

2(^z−zA) donc zS−zA=e^-i

π

2(zP−zA) donc zS=-i

 

 

3+2i−

(

³²⁺⁶ⁱ

)

⁺³²⁺⁶ⁱ^=-ⁱ

(

³²⁻⁴ⁱ

)

⁺³²⁺⁶ⁱ

donc zS=-i× 3 2 +4i2+ 3

2 +6i = - 5 2 + 9

2 i . (d) Plaçons les points P,Q,R et S :

D’après les affixes des points P, Q, R et S, on déduit que P(3;2), Q

(

¹²^;-⁷²

)

, R(-5;-1) et S

(

^-⁵²^;⁹²

)

2.

(a) Démontrons que le quadrilatère PQRS est un parallélogramme : Calculons zÄQR et zÄPS :

zÄQR =zR−zQ =-5−i−

(

¹²⁻⁷²ⁱ

)

^=-¹¹²⁺⁵²ⁱ

zÄPS =zS−zP =- 5 2 + 9

2 i−(3+2i) =- 11 2 + 5

2 i

Donc zÄQR = zÄPS donc ÄQR=ÄPS donc PQRS est un parallélogramme.

(b) Calculons zR−zQ

zP−zQ

: zR−zQ

zP−zQ

= - 11

2 + 5 2 i

3+2i−

(

¹²⁻⁷²ⁱ

)

⁼

-¹¹ 2 +⁵

2i 5 2+¹¹

2 i

= -11+5i

5+11i =i×5+11i 5+11i=i Donc

|

^z^z^R^P⁻⁻^z^z^Q^Q

|

⁼ ^||^zz^RP⁻−^zz^QQ^||

=| |ⁱ^{=1 donc}^QR_QP=1 donc QR=QP (*) et arg

(

^z^z^R^P⁻⁻^z^z^Q^Q

)

^=arg(i^{) =}^π² (2π) donc

(

^Ä^{QP; Ä}QR

)

= π

2 (2π) (**) Grâce à (*) et (**) on peut en déduire que le parallélogramme PQRS est un carré .

(c) Montrons que les points P, Q, R, S appartiennent à un même cercle dont on précisera le centre et le rayon :

PQRS étant un carré, son centre que l’on note Ω est le milieu de ses diagonales et celles-ci sont de même longueur soit ΩP=ΩR=ΩQ=ΩS.

Par conséquent les points P, Q, R et S appartiennent au même cercle de centre Ω et de rayon ρ=ΩP=ΩR=ΩQ=ΩS.

Déterminons l’affixe de son centre ainsi que son rayon : Ω est le milieu [PR] donc zΩ= zP+zR

2 = 3+2i−5−i

2 = -1+ 1 2 i . Et ρ=ΩP=|zP−zΩ| =

 

3+2i−

(

^-1+ ¹²ⁱ

)

⁼

|

⁴⁺³²ⁱ

|

⁼ ⁴²⁺

( )

³² ²⁼ ⁷³⁴⁼ ⁷³²

(3)

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Correction de l’exercice 2

Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct ( ^O ^;Å ^u ^;Å ^v ) d’unité graphique 2cm.

1. Résolvons dans I C l’équation z −4 z =i z −4

z = iñz −4= iz et z ý0 ñ z (1−i)=4 et z ý0 ñ z = 4

1−i ñ z = 4(1+i)

2 =2(1+ i) =2+2 i L’unique solution de l’équation est 2+2 i

2. Résolvons dans I C l’équation z

²

−2 z+4=0 Le discriminant est ∆=4−4×4=-12= ( ² ^{i 3} )

²

∆<0 donc l’équation admet deux racines complexes conjuguées : z

1

= 2−2i 3

2 =1− i 3 et z

2

= z

1

= 1+ i 3 Ecrivons les solutions sous forme exponentielle :

| | ^z

¹

⁼ ¹⁺³ ^{=2 donc z}

¹

⁼² _ ^ ^

¹₂

⁻

ⁱ ₂³

_ ^ ^ ⁼² _ ^ ^cos _ ^ ^-

^π₃

_ ^ ^+isin _ ^ ^-

^π₃

_ ^ _ ^ ^=2e

^-

iπ

3

et z

2

= z

1

=2e

^iπ³

3. Soient A, B, A′ et D les points d’affixes respectives a =2, b =4, a′=2 i et d=2+2 i. Quelle est la nature du triangle OBD ?

d− z

O

d −b = 2+2i

2+2 i−4 = 2+2i

-2+2i =- (2+2 i)(2+2i)

4+4 =- 8 i

i =-i

 

d−0

d−b

= | | ^- i = 1. Or  

 

d−0

d−b

= | d −0 |

| ^d− b | = OD

BD d’où OD

BD =1, donc le triangle OBD est isocèle en D.

arg  

 

d−0

d−b

=arg(- i)(2π )=- π

2 (2 π). Or, arg  

 

d−0

d−b

= ( ^Ä ^BD ^;Ä ^OD ) ^(2π)

donc ( ^Ä ^BD ^;Ä ^OD ) ^=- ^π

2 (2 π), le triangle OBD est rectangle en D.

En conclusion, le triangle OBD est rectangle isocèle en D

4. Soient E et F les points d’affixes respectives e=1−i 3 et f=1+i 3 . Quelle est la nature du quadrilatère OEAF ?

z

ÄOE

= e− z

O

=1−i 3 et z

ÄFA

=a −f=2−1−i 3 =1−i 3 donc z

_Ä

OE

= z

_Ä

FA

donc Ä OE =Ä FA donc le quadrilatère OEAF est un parallélogramme.

OE= | ^e ^{− z}

^O

| ⁼ | ¹⁻ ^{i 3} | ^{=2 et OF=} | ^f−z

^O

| ⁼ | ^{1+i 3} | ⁼ ¹⁺³ =2 donc le

parallélogramme OEAF a deux côtés consécutifs de même longueur, donc c’est un losange.

5. Soit C le cercle de centre A et de rayon 2. Soit C ′ le cercle de centre A′ et de rayon 2. soit r la rotation de centre O et d’angle π

2 .

a. On désigne par E ′ l’image de E par r. Calculons e ′ l’affixe de E′.

L’écriture complexe associée à la rotation de centre O et d’angle π

2 est z′− z

O

= e

iπ 2

( ^z ⁻ ^z

^O

)

Càd z ′=iz

Ainsi e ′=i ( ¹⁻ ^{i 3} ) ⁼ ⁱ⁺ ³

b. Démontrons que E′ appartient à C ’.

A ′E ′= | ^z

^E′

^−z

^A′

| ⁼ | ⁱ⁺ ³ ⁻² i | = | ³ ⁻ ⁱ | ⁼ ³⁺¹ ⁼ ²

Donc E ′ appartient bien au cercle C ′.

c. Vérifions que que e− d= ( ³ ^{+2 (e} ) ^′−d ) et déduisons-en que E, E′ et D sont alignés

(4)

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( ³ ^{+2 (e} ) ^′−d) ⁼ ( ³ ⁺² ) ( ⁱ⁺ ³ ⁻²⁻² ⁱ ) ⁼ ( ³ ⁺² ) ( ³ ⁻²⁻ ⁱ )

= 3−2 3 −i 3 +2 3 −4 −2i= -1 −i ( ³ ⁺² )

e −d = ( ^{1−i 3} ) ⁻⁽²⁺² ⁱ⁾⁼¹⁻ ^{i 3} ⁻²⁻² ^{i= -1−} ⁱ ( ³ ⁺² )

Donc e −d = ( ³ ^{+2 (} ) ^e′− ^d)

Donc z

ÄDE

= ( ³ ⁺² ) ₍ ^z

ÄDE′

₎ donc Ä DE = ( ³ ⁺² ) ^Ä DE′ donc les vecteurs Ä DE et Ä DE′ sont colinéaires, d’où les points E, D et E′ sont alignés.

6. Soit D′ l’image de D par r. Montrons que le triangle EE′D′ est rectangle.

E′ et D′ sont les images de E et D par r donc ( ^Ä ^DE ^{; Ä} ^{D′E′ =} ) ^π

2 (2π).

Donc (DE )┴ (D′E′). Or, E, D et E ′ sont alignés donc ( EE ′)┴(D′E ′) donc le triangle EE′D′

est rectangle en E′.

A B

A'

D

O

E F

E' D'

0 1

1

A B x

A'

D

O

E F

E' D'

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