Correction Devoir Maison 01

Rendu le lundi 19 septembre 2011 1 / 2

Correction Devoir Maison 01

Exercice 1

1. On obtient la figure ci-dessous :

b

b b

b b

A

B C^′ C

C^′′

A B C

1 2. (a) L’affixe du point C⁰ vaut :

zC⁰ = i+ 1

i−2i =−1 +i

i =−1 +i

(b) ACBC⁰ est un parall´elogramme. En effetAC# »a pour affixezC−zA=i−2i=−i et # »

C⁰Ba pour affixe zB−zC⁰ =−1−(−1 +i) =−i par cons´equent ces deux vecteurs sont ´egaux ce qui justifie la nature deACBC⁰.

3. (a) Soitz l’affixe d’un tel pointC⁰⁰.f(C⁰⁰) =C´equivaut `a _z^z+1_−2i =i : z+ 1

z−2i =i⇔z+ 1 =iz+ 2⇔(1−i)z= 1⇔z= 1

1−i = 1 +i 2 On en d´eduit que l’affixe deC⁰⁰est ¹⁺ⁱ₂ .

(b) Le triangleABC⁰⁰ est isoc`ele rectangle enC⁰⁰. En effet d’une part : AC⁰⁰=|zC⁰⁰−zA|=

1 +i 2 −2i

= 1 2 −3i

2

=

…1 4+9

4 =

√10 2 Et :

BC⁰⁰=|zC⁰⁰−zB|=

1 +i 2 + 1

= 3 2+ i

2

=

…9 4 +1

4 =

√10 2 Donc le triangle ABC⁰⁰est effectivement isoc`ele. De plus :

AB²=|zB−zA|²=| −1−2i|²= 5

EtAC⁰⁰²+BC⁰⁰²=¹⁰₄ +¹⁰₄ = 5et en vertu de la r´eciproque du th´eor`eme de Pythagore, cela justifie la nature deABC⁰⁰.

4. |z⁰|=

z+1 z−2i

= ^|_|^z_z⁻₋^z_z^B|

A| =^{M B}_{M A} si on noteM le point d’affixez.

De plusargz⁰= arg^z_z⁻₋^z_z^B

A = (MB,# » MA# ») (2π).

5. (a) M ∈ Asi et seulement siargz⁰=π(2π)ce qui ´equivaut `a(MB,# » MA# ») =π(2π)soit encoreM ∈[AB]. Par cons´equent A= [AB].

(b) M ∈ B si et seulement si argz⁰ = ^π₂ (π) ce qui ´equivaut `a (MB,# » MA# ») = <sup>π</sup><sub>2</sub> (π) soit encoreABM rectangle enM. Par cons´equentBest le cercle de diam`etre[AB].

(c) M ∈ C si et seulement si |z⁰| = 1 ce qui ´equivaut `a ^{M B}_{M A} = 1soit encore MB =MA soit enfin M

´equidistant deA etB. Par cons´equentCest la m´ediatrice de[AB].

St´ephanePasserat– TSI1 – Lyc´ee LouisVincent

Rendu le lundi 19 septembre 2011 2 / 2

Exercice 2

Partie A : Un exemple

1. On a :

z⁰ =z³= Å

−1 2 + 2i

ã3

= Å

−1 2 + 2i

ã Å

−1 2 + 2i

ã2

= Å

−1 2+ 2i

ã Å1

4 −4−2i ã

= Å

−1 2 + 2i

ã Å

−15 4 −2i

ã

= 15

8 +i−15i 2 + 4

=47 8 −13i

2

2. (a) On obtient la figure ci-dessous :

b

b

b

A M

M^′ d

1

(b) On constate que ces trois points sont align´es. En effet,AM# »a pour affixe z−1 =−³₂+ 2i etAM# »⁰ a pour affixez³−1 = ³⁹₈ −¹³ⁱ₂ =−¹³₄ −³₂+ 2iainsi les vecteursAM# »et # »

AM⁰ sont colin´eaires ce qui justifie l’alignement deA,M et M⁰.

Partie B : Cas g´en´eral

1. (a) A,M etM⁰sont align´es si et seulement si les vecteursAM# »et # »

AM⁰ sont colin´eaires ce qui ´equivaut `a l’existence dek∈Rtel que # »

AM⁰=kAM# »soit encorez³−1 =k(z−1)et commez6= 1cela ´equivaut

enfin `a ^z_z³₋⁻₁¹ ∈R.

(b) Pour tout z ∈ C, (z−1)(1 +z+z²) = z³−1 donc pour tout z ∈ C\{1}, ^z_z³₋⁻₁¹ ∈ R ´equivaut `a z²+z+ 1∈R.

2. (a) Supposons qu’il existek∈Rtel quez²+z+ 1 =kalorszest solution de l’´equation du second degr´e z²+z+ 1−k= 0que l’on r´esout en calculant le discriminant∆ = 1−4(1−k)². Si∆>0alors les solutions sont r´eelles doncz∈Ret si∆<0alorsz=−¹₂±^i√−₂^∆ doncRez=−¹₂.

(b) Il est clair que si z ∈ R\{1} alors ^z_z³₋⁻₁¹ ∈ R. Soit z ∈ C tel que Rez = −¹₂, notons y sa partie imaginaire :

z²+z+ 1 = Å

−1 2 +iy

ã2

−1

2 +iy+ 1 = 1

4 −iy−y²+1

2+iy =3 4 −y²

Ainsi z²+z+ 1 ∈ R et par cons´equent les points A, M et M⁰ sont align´es si et seulement si M ∈(O;#»u)\{A} ouM ∈doudd´esigne la droite d’´equationx=−¹₂.

3. Ces instructions permettent de pr´eciser quey doit ˆetre vu comme un r´eel, c’est donc la partie imaginaire dez=−¹₂+iy. On calcule ensuite la partie imaginaire dez²+z+ 1qui doit ˆetre nulle. On obtient donc comme r´eponses :

z=−1 2 +iy 0

St´ephanePasserat– TSI1 – Lyc´ee LouisVincent