z1 = z équivaut à z – 2 = z(z – 1) et z 1 . D'où z

CORRIGÉ DEVOIR MAISON N° 5 TERMINALE S 4

EXERCICE 1 1. L'équation z2

z1 = z équivaut à z – 2 = z(z – 1) et z 1 . D'où z

– 2z + 2 = 0. Le discriminant = 4 – 8 = – 4, donc les solutions sont complexes : z

= 2i ⁴

2 = 1 – i et z

= 1 + i . Forme trigonométrique : z

= 1 – i = ^{2 (cos 4 + i sin 4 ) et z}

= 1 + i = ^{2 (cos} ₄ ^{+ i sin} ₄ ^{) .}

2. L'équation z 2

z1 = i équivaut à z – 2 = i(z – 1) et z 1.

D'où z(1 – i) = 2 – i , soit z = 2i

1 i = 2i 1i

1 i 1 i = 3i

2 . 3. On considère les points A, B et M d'affixes respectives 1, 2 et z.

a) z 2

z1 = BM

AM et arg ^{z z1 2 = AM , BM .}

b) ^{z2 z 1}

= i signifie que ^{BM AM}

= |i| = 1, soit BM = AM et arg ^{z2 z 1}

^{= n arg z2 z1 = n AM , BM =}

arg(i) =

2 , soit AM , BM =

2 n . Puisque BM = AM, le point M est sur la médiatrice du segment [AB] qui a pour équation x = 3

2 . Donc toute solution de l'équation ^{z2 z1}

= i a une partie réelle égale à 3 2 .

^{z2 z1}

= i signifie que BM = AM et AM , BM =

4 []. Donc z2 z 1 = e

i

4

ou z2 z 1 = _e

5 4

, soit z – 2 = e

i

4

(z – 1) , ou z – 2 = e

i5

4

(z – 1) , soit

z(1 – e

i

4

) = 2 – e

4

, soit z = 2e

i 4

1e

i 4

= 2 ²

2 1i

1 ²

2 1 i

= 4 ^{2i 2}

2 ^{2i 2 =}

4 ^{2i 2 2 2i 2}

2 ²

^{2 =}

126 ^{22 i 2}

84 ^{2 =}

63 ^{2 i 2}

4 2 ^{2 =}

3

2 i ²¹

4 ; ou z = 2e

i5 4

1 e

i5 4

= ³

2 i ²¹

4 .

EXERCICE 2 :

1. P(i ^{3 ) = (i 3 )}

^{– 6(i 3 )}

^{+ 24(i 3 )}

^{– 18(i 3} ) + 63 = 9 – 6(– 3i ³ ) + 24(– 3) – 18i ^{3 + 63 =}

9 + 18i 3 – 72 – 18 i ³ + 63 = 0.

Comme – i ³ est le conjugué de i 3 , alors P(– i ^{3 ) = P( i 3 ) = Pi 3 = 0.}

2. Comme i ^{3 et – i} 3 sont des racines du polynôme P, alors P se factorise par ( z – i 3 ) et par ( z – i ^{3 ),}

donc par (z – i ^{3 )(z + i 3 ) = (z}

+ 3). Ainsi, il existe un polynôme Q tel que P(z) = (z

+ 3)Q(z).

3. Ce polynôme Q est de degré 2, puisque P est de degré 4.

Donc il existe des réels a, b et c tels que Q(z) = az

+ bz + c.

Donc P(z) = (z

+ 3)(az

+ bz + c) = az

+ (3a + b)z

+ (3a + c)z

+ 3bz + 3c = z

– 6z

+ 24z

– 18z + 63. Par identification : a = 1, 3a + b = – 6 , 3a + c = 24, 3b = – 18 et 3c = 63. On trouve a = 1, b = – 6, c = 21.

On résout Q(z) = 0, soit z

– 6z + 21 = 0. Le discriminant = 36 – 84 = – 48, donc les solutions sont complexes : z

= 6i ⁴⁸

2 = 6 4 i ³

2 = 3 – 2i ^{3 et z}

^{= 3 + 2i 3 .}

L'ensemble solution de l'équation P(z) = 0 est S = { 3 – 2i ^{3 ; 3 + 2i 3 ; – i 3 ; i 3 }.}

4. Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé (O; ^{u , v} ), en plaçant les images A, B, C et D des quatre solutions de l'équation précédente, on remarque qu'elles appartiennent au cercle de centre E d'affixe 3 et de rayon à déterminer : AE = 332 i ^{3 = 2 i 3 = 2 3 .}

On calcule BE = CE = DE = 2 ^{3 .}

Donc les points A, B, C et D appartiennent au cercle de centre E d'affixe 3 et de rayon 2 ^{3 .}

Représentation graphique de ces quatre points et du cercle :

EXERCICE 3

On considère trois points A, B et C distincts du cercle trigonométrique d'affixes respectives a, b, c.

1. Faire la figure sur GeoGebra. Construire les points D, E et F d'affixes respectives a + b, b + c et c + a et le cercle

circonscrit au triangle DEF.

2. On sait que |a| = |b| = |c| = 1 puisque les trois points A, B et C sont sur le cercle trigonométrique.

Considérons le point G d'affixe a + b + c.

Alors DG = | a + b + c – (a + b)| = |c| = 1.

EG = | a + b + c – (b + c)| = |a| = 1.

FG = | a + b + c – (c + a)| = |b| = 1.

Donc les points D, E et F sont sur le cercle de centre G et de rayon 1.