Correction du devoir maison de Math´ematiques n
◦3
Exercice 1
1. (a) Comme C est l’ image de B dans la rotation de centre Aet d’angle π3, alorsC a pour affixe : eiπ3(b+ i−a) +a = 1
2
1 + i√ 3
(b−a+ i) +a
= 1
2
b−a−√
3 + 2a +1
2i√
3(b−a) + 1
= 1
2
b+a−√ 3
+1 2i√
3(b−a) + 1
Pour que le point C appartienne `a l’axe (O;−→v), il faut et il suffit que la partie r´eelle de l’affixe deC soit nulle, donc :
1 2
b+a−√ 3
= 0⇔a+b=√ 3 (b) Dans ce cas, l’affixe du pointC est, en fonction de a:
1 2i√
3(√
3−a−a) + 1
= 2−√
3a i 2. (a) D’apr`es l’´etude pr´ec´edente, le triangleABC est ´equilat´eral carb=√
3−a= 0 etc= 2−√ 3a
i =−i.
(b)
d−a
c−a = 2 +√
3−2i√ 3−√
3
−i−√ 3
= 2(1−i√ 3)
−√ 3−i
= 2(1−i√ 3)(−√
3 + i) 3 + 1
= 2i Donc
−→
AC;−−→AD
=arg
d−a c−a
=arg(2i) = π 2 Ainsi le triangle ACDest rectangle en A.
(c) CommeE est l’image deD dans la rotation de centreA et d’angle π3, alors son affixe est : e = eiπ3(d−a) +a
= 1
2
1 + i√
3 2 +√
3−2i√ 3−√
3 +√
3
= 1
2
1 + i√
3 2−2i√ 3
+√ 3
=
1 + i√
3 1−i√ 3
+√ 3
= 1 + 3 +√
3 = 4 +√ 3
(d) CommeF est l’image de Ddans la translation de vecteur −→AC, alors son affixe est : f = 2 +√
3−2i√
3 + (−i−√
3) = 2−i 1 + 2√
3
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Correction du devoir maison de Math´ematiques n◦3
(e) Le triangle BEF est ´equilat´eral, car : BE2 = |i−(4 +√
3)|2= 1 + 4 +√
32
= 1 + 16 + 8√
3 + 3 = 20 + 8√ 3 BF2 = |i−
2−i 1 + 2√
3
|2 =| −2 + 2i 1 +√
3
|2
= 4 + 4 1 +√
32
= 20 + 8√ 3 EF2 = |4 +√
3−2 + i 1 + 2√
3
|2 =|2 +√ 3 + i
1 + 2√ 3
|2
=
2 +√ 32
+ 1 + 2√
32
= 20 + 8√ 3
b
O −→u
−
→v 1
−1
−2
−3
−4
−5
1 2 3 4 5 6
−1 b A
b
B
b
C
b
D
b
E
b F
Exercice 2
1. (a) Soit zA= 1−i ; alorszA′ = (1−i)2−4(1−i) = 1−1−2i−4 + 4i =−4 + 2i.
Soit zB = 3 + i ; alorszB′ = (3 + i)2−4(3 + i) = 9−1 + 6i−12−4i =−4 + 2i =zA′. (b) Supposons quez1 etz2 aient la mˆeme image par f, alors :
z21 −4z1 = z22−4z2 ⇐⇒ z12−z22 −4z1+ 4z2 = 0 ⇐⇒ (z1+z2) (z1−z2)−4 (z1−z2) = 0 ⇐⇒
(z1−z2) (z1+z2−4) = 0 ⇐⇒
z1−z2 = 0 z1+z2−4 = 0 ⇐⇒
z1 = z2
z1+z2 = 4 Conclusion : si deux points ont la mˆeme image :
– ou ils sont ´egaux ;
– ou ils sont sym´etriques autour du point d’affixe 2 (car z1+z2
2 = 2).
2. (a) OMIM′ est un parall´elogramme si et seulement si ses diagonales [OI] et [M M′] ont le mˆeme milieu soit si−3
2 = z+z′
2 ⇐⇒ −3 =z+z′ ⇐⇒ −3 =z+z2 −4z ⇐⇒ z2−3z+ 3 = 0.
(b) z2−3z+ 3 = 0 ⇐⇒
z−3
2 2
−9
4+ 3 = 0 ⇐⇒
z−3
2 2
+3
4 = 0 ⇐⇒
z−3
2 2
− i√ 3 2
!2
= 0.
D’o`u les deux solutions :z1 = 3 2+i√
3
2 etz2= 3 2 −i√
3 2 . 3. (a) (z′+ 4) =z2−4z+ 4 = (z−2)2. De cette ´egalit´e il d´ecoule :
– en ´egalant les modules |z′+ 4|=
(z−2)2
=|z−2|2, – en ´egalant les arguments arg(z′+ 4) = arg
(z−2)2
(2π) = 2arg(z−2) (2π).
(b) Si un pointM appartient au cercle (C) de centre J et de rayon 2, alors|z−2|= 2 ; d’apr`es la question pr´ec´edente son image M′ a une affixe z′ telle que |z′+ 4| = |z−2|2 = 22 = 4 : ceci signifie que M′ appartient au cercle (C′) de centre K et de rayon 4.
(c) zE=−4−3i. Donc (zE+ 4) =−4−3i + 4 =−3i = 3eiπ×eiπ2 = 3e−iπ2. D’apr`es la question 3. a. il r´esulte que arg(z−2) =−π
4 (2π).
De (z′ + 4) = (z−2)2 il d´ecoule que ou z−2 = √
3e−π4 ou z−2 = −√
3e−π4, soit 2 +√
3e−π4 ou 2−√
3e−π4 ou encorez1 = 2 +
√6 2 −i
√6
2 ou z2 = 2−
√6 2 + i
√6 2 .
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