Corrigé DS
Exercice 1 :
|z|=¯¯3 +i√ 3¯¯=√
9 + 3Donc|z|= 2√
3.Puisz= 2√ 3
Ã√ 3 2 +1
2i
! .
Doncz= 2√ 3³
cos(π
6) +isin(π 6)´
donc z= 2√ 3ei
π 6 On en déduit quez6=
à 2√
3ei π 6
!6
⇒z6=¡ 2√
3¢6
eiπ⇒z6=−1728
Exercice 2 :
1. z1 = 3 +i donc Re(z1) = 3 etIm(z1) = 1 z2=2 + 6i
3−i =(2 + 6i) (3 +i)
9 + 1 ⇒z2= 2i donc Re(z2) = 0 etIm(z2) = 2 z3 = 4i
i−1= 4i(−1−i)
1 + 1 ⇒z3= 2−2idonc Re(z3) = 2etIm(z3) =−2 2. Evident (voirfigure ci-dessous)
3. z3−z1
z2−z1 =(2−2i)−(3 +i)
2i−(3 +i) ⇒ z3−z1
z2−z1 =i.DoncArg
µz3−z1
z2−z1
¶
= π 2. OrArg
µz3−z1
z2−z1
¶
=³−−−−→M1M2,−−−−→M1M3
´
= π
2.On en déduit que le triangleM1M2M3est rectangle en M1 . De plusM1M2=|z2−z1|⇒M1M2=|−3 +i|⇒M1M2=√
10.
etM1M3=|z3−z1|⇒M1M3=|−1−3i|⇒M1M3=√ 10
M1M2=M1M3 Le triangle est donc isocèle de sommet principalM1.
4. Le point³−−−−→M1MM24,−−−−→Mdoit assurer que1M3 M1M2M3M4 soit un parallélogramme. Dès lorsM1M2=M1M3 fait de lui un trapèze, puis
´
= π
2 fait de lui un rectangle (donc un carré).
M1M2M4M3 est un parallélogramme si et seulement si,−−−−→M1M2=−−−−→M3M4 donc si et seulement siz2−z1=z4−z3. D’où l’équationz4−2 + 2i=−3 +i⇔z4=−1−i
Exercice 3 :
|z|=
¯¯
¯¯1 z
¯¯
¯¯⇔|z|= 1
|z| ⇔|z|2= 1⇔|z|= 1, puisque|z|>0.
Le pointM d’affixez est donc sur un cercle de centreO et de rayon1.
|z|=|1 +z|⇔OM =AM,oùAest le point d’affixe−1. M appartient donc à la médiatrice du segment[OA].
Ces deux conditions devant être réalisées en même temps, le pointsM sont à l’intersection du cercle et de la médiatrice.
Ce sont donc les pointsM1 etM2.
O U
V M1
M2
M3
M4
Exercice2
U A
M1
M2
O V
Exercice3
