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Ecrire sous forme algébrique les complexes suivants : z 1 = − z z′ ; z 2 = ⋅ z z ; z 3 = z 2 ; z 4 = z′ 3 ; 5 z z = z

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Academic year: 2021

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Texte intégral

(1)

NOMBRES COMPLEXES - EXERCICES CORRIGES

Exercice n°1.

On donne z = + 3 3 i et z ′ = − + 1 2 i

Ecrire sous forme algébrique les complexes suivants : z 1 = − z z′ ; z 2 = ⋅ z z ; z 3 = z 2 ; z 4 = z′ 3 ; 5 z z = z

′ Exercice n°2.

1) Calculer i i 2 , 3 et i 4

2) En déduire la valeur de i 2006 et de i 2009 , puis les entiers naturels n tels que i n est imaginaire pur 3) Déterminer les entiers naturels n tels que ( ) 1 + i n soit un réel négatif.

Exercice n°3.

Résoudre dans ℂ :

1) Les équations 5 z + = + 2 i ( ) 1 i z 3 et 4

1

z i i

z − = +

2) Le système d’inconnues complexes z 1 et z 2 : 1 2

1 2

3 1 7

2 11

z z i

iz z i

+ = −

 

+ =

3) Les équations 2 z + = i z 3 et z 2 + ⋅ = z z 0

4) Les équations − 2 z 2 + 6 z − = 5 0 et ( )( z 2 + 2 z 2 4 z + = 4 ) 0

Exercice n°4.

Pour tout complexe z = + x iy , avec x et y réels, z ≠ − 1 , on considère le complexe z′ défini par :

1 z i

z z

′ = − + 1) On note z ′ = + xiy, avec x’ et y’ réels. Exprimer x′ et y′ en fonction de x et y

2) Déterminer l’ensemble M des points d’affixe z tels que z′ soit réel.

Exercice n°5.

Dans le plan complexe muni du repère orthonormal ( O u v ; ; ) , on considère les points A,B,C et D d’affixes respectives : A 1 5

z = − − i , z B = − 4 3 i , z C = + 3 3 i et z D = − + 2 i 1) Déterminer la nature du quadrilatère ABCD.

2) Déterminer l’affixe du point C’, symétrique du point C par rapport à D 3) Déterminer l’affixe du point A’ vérifiant DA ′ = DB + DC

4) Quelle est la nature du quadrilatère A’BC’D ? Exercice n°6.

On considère le plynôme P z ( ) suivant : P z ( ) = + z

3

9 iz

2

+ 2 6 ( i 11 ) z 3 4 ( i + 12 )

1) Démontrer que l’équation P z ( ) = 0 admet une solution réelle z

1

2) Déterminer un polynôme Q z ( ) tel que P z ( ) ( = − z z Q z

1

) ( )

3) Démontrer que l’équation Q z ( ) = 0 admet une solution imaginaire pure z

2

4) Résoudre dans ℂ l’équation P z ( ) = 0

5) On note z

3

la 3

ième

solution de l’équation P z ( ) = 0 . Démontrer que les points du plan complexe A,B et C d’affixes respectives z

1

, z

2

et z

3

, sont alignés

Exercice n°7.

Déterminer le module, un argument et une forme exponentielle de chacun des nombres donnés :

1 6 2

z = − i , 2 1 1 2 2

z = − − i et 3 1 3 2 2

z = − + i . En déduire module et argument de z 1z 2 , z 1z 3 et ( ) z 2 2

(2)

Exercice n°8.

Ecrire 1 + i 3 et 1 i − sous la forme trigonométrique et simplifier :

20

1 3

1 z i

i

 + 

=    −   

Exercice n°9.

Affirmation VRAI FAUX

Pour tout z ∈ ℂ , imaginaire pur z ⇔ = − z z Pour tout z ∈ ℂ , z = − z

Pour z ∈ ℂ et z′∈, z = ⇔ = zz z ′ Si Re ( ) z < − 2 , alors z > 2

Pour tout z ∈ ℂ , 1 + = iz 1 + z

2

Exercice n°10.

Déterminer et représenter dans chaque cas, l’ensemble des points M du plan dont l’affixe z vérifie la relation donnée : 1) z − = − 3 z 3 i

2) 2 3 − + = + i z 2 3 i 3) z − + = 4 i 1

4) arg ( ) z = arg ( ) ( ) z 2 π

Exercice n°11.

1) Résoudre dans ℂ l’équation z

2

− 2 z + = 4 0 . On désigne par z

1

la solution de partie imaginaire positive et par z

2

l’autre solution

2) Déterminer le module et un argument de chacune des solutions z

1

et z

2

3) Déterminer le module et un argument de ( ) z

1 2

et ( ) z

2 2

Dans le plan muni d’un repère orthonormal direct ( O u v ; ; ) , on considère les points A,B,A’ et B’ d’affixes respectives : 1 + i 3 , 1 − i 3 , 2 − + 2 i 3 et 2 − − 2 i 3

4) Déterminer la nature du quadrilatère AA’B’B 5) Démontrer que le triangle AA’B’ est rectangle.

6) Déterminer l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant z − + 1 i 3 = 2 3 . Exercice n°12.

Pour tout nombre complexe z, on définit : P z ( ) = z 3 + 2 ( 2 1 ) z 2 + 4 1 ( 2 ) z 8

1) Calculer P(2). Déterminer une factorisation de P(z) par (z-2) 2) Résoudre dans ℂ l’équation P z ( ) = 0

On appelle z 1 et z 2 les solutions de l’équation autres que 2, z 1 ayant une partie imaginaire positive.

Vérifier que z 1 + z 2 = − 2 2 . Déterminer le module et un argument de z 1 et de z 2 .

3) a) Placer dans le plan, muni d’un repère orthonormal direct ( O u v ; ; ) (unité graphique : 2 cm), les points : A d’affixe 2, B et C d’affixes respectives z 1 et z 2 , et I milieu de [AB]

b) Démontrer que le triangle OAB est isocèle.

En déduire une mesure de l’angle ( ) u OI ;

c) Calculer l’affixe z I de I, puis le module de z I

d) Déduire des résultats précédents les valeurs exactes de 3 cos 8

π et 3 sin 8

π

(3)

Exercice n°13.

On considère le polynôme P défini par P z ( ) = z

4

6 z

3

+ 24 z

2

18 z + 63

1) Calculer P i ( ) 3 et P ( ) i 3 . Déterminer le polynôme Q du second degré à coefficients réels tel que pour tout z ∈ ℂ , on a P z ( ) = ( z

2

+ 3 ) Q z ( )

2) Résoudre dans ℂ l’équation P z ( ) = 0

3) Placer dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal ( O u v ; ; ) (unité graphique : 2 cm) les points A,B,C et D d’affixes respectives : z

A

= i 3 ; z

B

= − i 3 ; z

C

= + 3 2 i 3 et z

D

= z

C

4) On note E le symétrique de D par rapport à O. Placer le point E sur le dessin. Montrer que C B i 3

E B

z z

z z e

− π

− =

et

déterminer la nature du triangle BEC Exercice n°14.

z étant un complexe, on note ( ) S le système

2

6 arg( ) 2 ,

2

z z

z π k π k

 = −

 

= + ∈

  Z .

Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct ( ) O , , u v .

1) Donner le module et un argument des trois complexes suivants : a = 3 + i b = − + 2 2 i c = + 3 3 i 2) Parmi les complexes a, b et c, lesquels sont solutions du système ( ) S ? ( justifier la réponse).

3) M étant le point d’affixe z, et A étant le point d’affixe 6, traduire géométriquement les deux contraintes de ( ) S . 4) Résoudre le système ( ) S par la méthode de votre choix.

Exercice n°15.

Soit le plan complexe P rapporté au repère orthonormal direct ( O e e ; ;

1 2

)

On définit dans P une suite de points ( ) M

n n∈ℕ

d'affixes z

n

définies par :

0

8

z = et pour tout entier naturel n,

1

1 3

n

4

n

z

+

= + i z 1) Calculer z

n

en fonction de n.

2) Pour tout entier naturel n , calculer le rapport

1

1

n n

n

z z

z

+ +

En déduire la nature du triangle OM M

n n+1

et montrer que : M M

n n+1

= kOM

n+1

, où k est un réel strictement positif à déterminer .

3) Si r

n

est le module de z

n

, donner la limite de r

n

si n tend vers plus l'infini. Quelle interprétation géométrique peut-on donner ?

Exercice n°16.

On considère l’application f du plan qui à tout point M, d’affixe z distincte de 2i, associe le point d’affixe : 2

z i

z z i

′ = +

1) Pour z ≠ 2 i , on pose z = + 2 i re i θ , avec r>0 et θ ∈ ℝ . Ecrire z′ − 1 à l’aide de r et θ 2) A est le point d’affixe 2i

a) Déterminer l’ensemble E

1

des points M pour lesquels z ′ − = 1 3

b) Déterminer l’ensemble E

2

des points M pour lesquels arg ( 1 ) ( ) 2

z ′ − = π 4 π

c) Représenter les ensembles E

1

et E

2

(4)

Exercice n°17.

1) Déterminer la forme complexe de la rotation r de centre Ω − ( ) 1 et d’angle 3 π Préciser l’image par r du point A d’affixe 3

i

e

− π

2) Soit t la transformation qui à tout point M d’affixe z associe le point M

1

d’affixe z 1 = − z 3 i a) Caractériser la transformation t

b) Donner la forme complexe de t r

Reconnaître cette nouvelle transformation en déterminant ses éléments caractéristiques Exercice n°18.

On définit la transformation f du plan par sa forme complexe :

( )

3 4 2 3 4

z ′ + − = i z + − i

1) Quelle est la nature de l’application f ?

2) Déterminer l’image C’ par f du cercle C de centre A(-2+i) et de rayon 1

(5)

NOMBRES COMPLEXES - CORRECTION

Exercice n°1

( ) ( )

1 3 3 1 2 3 3 1 2 4 3 2

z = − = + z zi − − − i = + i + + = + i + i

( ) 2

2 2 2

2 3 3 3 3 12

z = ⋅ = z z z = + i = + =

( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2

2 2

3 3 3 3 2 3 3 3 9 6 3 3 9 6 3 3 6 6 3

z = z = + i = + × × i + i = + i + i = + i − = + i

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

3 3 2 1 2 3

3 4

3 2

1

1 2 1 3 1 2 3 1 2 2

1 6 3 4 8 1 6 12 8 1 6 12 8 11 2

z z i i i i

i i i i i i i i

=−

= ′ = − + = − + × − × + × − × +

= − + − × − + = − + + + × = − + + − = −

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

5 2 2

3 3 1 2

3 3 3 3 2 3 2 3

1 2 1 2 1 2 1 2

2 3 3 6 3

3 6 3 2 3 2 3 3 6 3

1 4 5 5 5

i i

z i i i i

z z i i i i

i i i

i + − −

+ − − × − −

= = = =

′ − + − + − − − −

− − +

− − − + − +

= = = −

− − Exercice n°2

1) On calcule successivement i 2 = − 1 , i 3 = × = − × = − i 2 i 1 i i et i 4 = ( ) i 2 2 = − ( ) 1 2 = 1

2) La division euclidienne de 2006 par 4 fournit 2006 = × 4 501 2 +

Ainsi, i 2006 = i 4 501 2 × + = i 4 501 × × = i 2 ( ) i 4 501 × − = ( ) ( ) 1 1 501 × − = − ( ) 1 1

La division euclidienne de 2009 par 4 fournit 2009 = × 4 502 1 + Ainsi, i 2009 = i 4 502 1 × + = i 4 502 × × = i 1 ( ) i 4 502 × = i ( ) 1 502 × = i i

Notons q et r le quotient et le reste de la division de n par 4. On a donc n = 4 q + r avec 0 ≤ ≤ r 3 Si r=0, c’est-à-dire si n=4q, i n = i 4 × q = ( ) i 4 q = ( ) 1 q = 1

Si r=1, c’est-à-dire si n=4q+1, i n = i 4 × + q 1 = i 4 × q × = i 1 ( ) i 4 q × = i ( ) 1 q × = i i

Si r=2, c’est-à-dire si n=4q+2, i n = i 4 × + q 2 = i 4 × q × = i 2 ( ) i 4 q × = i 2 ( ) ( ) 1 q × − = − 1 1

Si r=3, c’est-à-dire si n=4q+3, i n = i 4 × + q 3 = i 4 × q × = i 3 ( ) i 4 q × = i 3 ( ) ( ) 1 q × − = − i i

Les entiers naturels n tels que i n est imaginaire pursont donc de la forme n=4q+1 ou n=4q+3 3) Déterminons la forme trigonométrique de 1 i + : Le module de 1+i est 1 + = i 1 2 + 1 2 = 2 . Un argument θ de 1+i vérifie 1 2

cos θ = 2 = 2 et 1 2

sin θ = 2 = 2 . ( ) 2

4

θ = π π convient

Ainsi, 1 i 2 e i 4

π

+ = , et pour tout entier naturel, ( ) 1 + i n = 2 e i π 4 n = ( ) 2 n e in π 4

 

( ) 1 + i n sera un réel négatif si et seulement 2 , 4 ( 2 1 ) ,

4 k

n π π = + k π k ∈ ⇔ ℤ n = + k ∈ ℤ

Les entiers naturels n tels que ( ) 1 + i n soit un réel négatif sont donc de la forme n = 4 ( 2 k + 1 ) , k ∈ ℤ

(6)

Exercice n°3

1) ( ) ( ( ) ) ( )

( )( )

( )( )

2

2 2

5 2 1 3 5 1 2 3 4 2 3

2 3 4

2 3 8 2 12 3 2 12 11 10 11

4 4 4 4 16 1 17 17

z i i z z i i z i i

i i

i i i i i

z i

i i i i

+ = + − ⇔ − + = − − ⇔ − = − −

− − +

− − − − − − − −

⇔ = = = = = − −

− − + − +

Ainsi, 10 11

17 17

Si

= −  − 

 

Pour z ≠ − 1 ,

( ) ( )

( )

( )( ) ( ) ( )

2 2 2

4 4 1 1 4 4

1

5 1 4

5 5 20 5 20 20 5

1 4 1 4 1 4 1 4 1 16 17 17

z i i z i i z z i i i

z

i i

i i i i

z i

i i i i

− = ⇔ − = + ⇔ − = + +

+ + −

⇔ = = = = = − +

− − + − − −

Ainsi, 20 5

17 17

Si

= −  + 

 

2) On résout le système par combinaison :

( )

1 2 1 1 2 1

1 2 2 1 2 2

1 1 2

1 1 2

1 2 2 1

2 2

3 1 7 6 2 2 14 2

2 11 2 11

2 25 2

6 2 14 11 2 6

11 2 11

2

z z i L z z i L

iz z i L iz z i L

z i L L

i z i i L L i

i iz

iz z i L

z L

+ = − + = −

 

 

+ = + =

 

 = −

− = − − − 

  −

⇔  ⇔ 

+ = −

   =

On obtient donc :

( )( )

( )( )

2

1 2

2 25 6

2 25 12 2 150 25

6 6 6 36

12 2 150 25 37 148 36 1 37 1 4

i i

i i i i

z i i i i

i i i

i

− +

− + − −

= = =

− − + −

+ − + −

= = = −

+

puis ( ) 2

2

11 1 4 11 4 4 10

2 2 2 2 5

i i i i i i i

z = − − = − + = − + = − + i Finalement, S = { ( 1 4 ; 2 5 i − + i ) }

3) Si on pose z = + x iy , avec x y , ∈ ℝ , l’équation 2 z + = i z 3 devient équivalente à :

( ) ( )

( )

2 3 2 2 2 3

2 2 3

x iy i x iy x iy ix i y

x y i y x

+ + − = ⇔ + + − =

⇔ + + + =

donc équivalente au système 2 3

2 0

x y y x

+ =

 

+ =

 , que l’on résout par substitution :

( ) 1

1

2 2

1 1 1

2 2 2

2 3 3 2

2 3 2 0

2 0

3 2 3 2 1

6 4 0 2 2

y x L

x y L

x x L

y x L

y x L y x L y L

x x L x L x L

= −

+ = 

 ⇔

 

− + =

 + = 

= − = − = −

  

⇔  ⇔  ⇔ 

− + = = =

  

Ainsi S = − { } 2 i

(7)

Si on pose z = + x iy , avec x y , ∈ ℝ , l’équation z 2 + ⋅ = ⇔ z z 0 z 2 + z 2 = 0 devient équivalente à :

( x iy + ) 2 + x 2 + y 2 = ⇔ 0 x 2 + 2 ixy y 2 + x 2 + y 2 = ⇔ 0 2 x 2 + 2 ixy = 0

donc équivalente au système

2 0 0 x xy

 =

 

 = . Les solutions sont donc tous les couples x 0 y

=

 

 ℝ , c’est-à-dire tous les nombres imaginaires purs.

4) On calcule le discriminant de l’équation − 2 z 2 + 6 z − = 5 0 :

( ) ( ) ( ) 2

6 2 4 2 5 36 40 4 2i

∆ = − × − × − = − = − =

L’équation admet donc deux racines complexes conjuguées :

( )

1

6 2 3 1

2 2 2 2

z = − − i = + i

× − et z 2 = 2 − + × − 6 2 ( ) 2 i = − 3 2 1 2 i

3 1 3 1 2 2 ; 2 2

Si i

=  − + 

 

L’équation ( )( z 2 + 2 z 2 4 z + = 4 ) 0 se réécrit ( z + i 2 )( z i 2 ) ( z 2 ) 2 = 0 , et admet donc comme ensemble de solutions S = − { i 2; i 2; 2 }

Exercice n°4

1) Pour tout complexe z = + x iy , avec x et y réels, z ≠ − 1 , on calcule :

( )( )

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1

1 1 1 1 1

1 1

.Ainsi et

1 1 1 1

x iy i x iy

z i x iy i x x ixy iyx iy i y ix i i y

z z x iy x iy x iy x y

x x y y y x x x y y y x

i x y

x y x y x y x y

+ − + −

− + − + − + + − − − +

′ = = = =

+ + + + + + − + +

+ + − − − ′ + + − ′ − −

= + = =

+ + + + + + + +

2) ( )

2 2

0 1 0 1 0 1

1 y x

z y y x y x

x y

′ − −

∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ − − = ⇔ = +

+ +

M appartient donc à la droite d’équation y = + x 1

Exercice n°5

1) On calcule d’une part z AB = z Bz A = − − − − 4 3 i ( 1 5 i ) = − + + = + 4 3 i 1 5 i 5 2 i , Et d’autre part z DC = z Cz D = + − − + = + + − = + 3 3 i ( 2 i ) 3 3 i 2 i 5 2 i

Puisque z AB = z DC , on en déduit que AB = DC

, donc que le quadrilatère ABCD est un parallélogramme.

2) Si C’ est le symétrique du point C par rapport à D, alors DC ′ = CD

, ce qui se traduit par z DC = z CD , c’est-à-dire

( ) ( )

2 2 2 3 3

4 2 3 3 7

C D D C C D C

z z z z z z z i i

i i i

′ − = − ⇔ ′ = − = − + − +

= − + − − = − − Ainsi z C = − − 7 i

3) L’égalité vectorielle DA ′ = DB + DC

se traduit, au niveau des affixes, par :

( )

4 3 3 3 2

9

A D B D C D

DA DB DC

A B C D

A

z z z z z z z z z

z z z z i i i

z i

′ ′

= + ⇔ − = − + −

⇔ = + − = − + + − − +

⇔ = −

4) On calcule d’une part z A B = z Bz A = − − − = − − 4 3 i ( 9 i ) 5 2 i , et d’autre part

( )

7 2 5 2

C D

z DC = z z = − − − − + = − − i i i Puisque z A B = z DC , on en déduit que A B ′ = DC

, donc que le quadrilatère A’BC’D est un parallélogramme.

(8)

Exercice n°6

1) En réécrivant autrement le polynôme P, à savoir :

( )

3

22 36 ( 9

2

12 12 )

3

22 36 3 3 (

2

4 4 )

P z = − z z − + i z + z − = − z z − + i z + z − , on s’apperçoit que si z

1

est une racine réelle de P, alors on doit avoir nécessairement z

13

− 22 z

1

− 36 = 0 et 3 z

12

+ 4 z

1

− = 4 0 . Cherchons donc les racines réelles du polynôme R z ( ) = 3 z

2

+ 4 z 4 en calculant son discriminant : ∆ = 4

2

− × × − = + 4 3 ( ) 4 16 48 = 64 = 8

2

d’où l’existence de deux racines réelles 4 64

2 3 2

− − = −

× et

4 64 2

2 3 3

− + =

× . Sur ces deux racines, seule –2 est racine du polynôme S z ( ) = − z

3

22 z 36 . Ainsi la seule racine réelle de P est z

1

= − 2

2) Il existe donc un polynôme Q z ( ) tel que P z ( ) = − − ( z ( ) 2 ) Q z ( ) P z ( ) ( = + z 2 ) ( ) Q z , avec

deg Q = deg P − = 1 2 , donc de la forme Q z ( ) = az

2

+ + bz c .

Pour trouver Q, effectuons la division euclidienne du polynôme P par z-2 (puisque l’égalité ci-dessus entraîne

( ) ( )

2 Q z P z

= z

+ , pour tout z ≠ − 2 ) On obtient :

Le polynôme Q est donc :

( )

2

( 9 2 ) 6 ( 3 )

Q z = + z izi +

3) On calcule le discriminant du polynôme Q :

( 9 i 2 )

2

4 1 ( 6 ( i 3 ) ) 81 36 i 4 24 i 72 5 12 i

∆ = − − × × − + = − − + + + = − − . L’astuce est de remarquer que

( )

2

5 12 i 2 3 i

− − = − , ce qui permet de calculer les deux racines complexes de Q : L’une vaut

( 9 2 ) ( 2 3 ) 6 3

2 2

i i i

− − − − = − = − i et l’autre vaut ( 9 2 ) ( 2 3 ) 12 4 6 2

2 2

i i i

− − + − = − + = − + i . L’équation Q(z)=0 admet donc une solution imaginaire pure : z

2

= − 3 i

4) L’autre solution de l’équation Q(z)=0 ayant été calculée ci-dessus, et par application de la règle du produit nul,

( ) 0 ( 2 ) ( ) 0 2 0 ou ( ) 0

P z = ⇔ + z Q z = ⇔ + = z Q z = et ainsi S = − − − + { 2; 3 ; 6 i i 2 }

5) Notons A le point d’affixe z

1

= − 2 , B le point d’affixe z

2

= − 3 i et C le point d’affixe z

3

= − + 6 i 2 L’affixe du vecteur AB

vaut z

2

− = − + z

1

3 i 2 . Celle du vecteur AC

vaut z

3

− = − + z

1

6 i 4 Puisque z

3

− = z

1

2 ( z

2

z

1

) , on en déduit que AC = 2 AB

, c’est à dire que les vecteurs AB

et AC

sont colinéaires, donc que les points A,B et C sont alignés

Exercice n°7

Le module de z 1 vaut 6 i 2 = ( ) ( ) 6 2 + − 2 2 = 8 = 2 2

Un argument θ de z 1 vérifie cos 6 3 2 2 2

θ = = et 2 1

sin θ = 2 2 = − 2 .

6

θ = − π convient

Ainsi, z 1 2 2 e i 6

− π

=

Le module de z 2 vaut

2 2

1 1 1 1 1 2

2 2 i  2   2  2 2

− − =  −  + −   = =

   

(9)

Un argument θ de z 2 vérifie

1

1 2

cos 2

2 2 2 2

θ = = − = − et

1

1 2

sin 2

2 2 2 2

θ = = − = − . 3 4

θ = − π convient

Ainsi,

3 2 4

2 2

i

z e

− π

=

Pour z 3 , on reconnaît directement 3 1 3 2 2

cos sin

2 2 3 3

z = − + i = π + i π

   

   

Le module de z 3 vaut donc 1, un argument 2 3

π . Une forme exponentielle est donc

2 3 3

i

z e

π

= .

On calcule

5 3

5 3

6 4

6 4 12

1 2

2 2 2 2 2

2

i i i i

z z e e e e

π π π π π

 

⋅ = × = =

Le module de z 1z 2 vaut donc 2 et un argument de z 1z 2 est donc 12

π

On calcule

5 2

5 2 9 3

6 3

6 3 6 6 2

1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

i i i i i i

z z e e e e e e

π π

π π + π π π

 

⋅ = × = = = =

Le module de z 1z 3 vaut donc 2 2 et un argument de z 1z 3 est donc 2

− π

On calcule ( )

2 2

3 2 3 3

2 4 4 2 2

2

2 2 1 1

2 2 2 2

i i i i

z e e e e

π × π π π

− − −

   

 

=     =       × = × = ×

Le module de ( ) z 2 2 vaut donc 1

2 et un argument de ( ) z 2 2 est donc 2 π

Exercice n°8

Notons z

1

= + 1 i 3 . Alors le module de z

1

est z

1

= 1

2

+ ( ) 3

2

= 1 3 + = 4 = 2 . Pour trouver un argument de z

1

, cherchons θ tel que cos 1

θ = 2 et 3

sin θ = 2 . On trouve [ ] 2

3

θ = π π . Ainsi z

1

2 e

i3

= π

De même, notons z

2

= − 1 i . Alors le module de z

2

est z

2

= 1

2

+ − ( ) 1

2

= 2 . Pour trouver un argument de z

2

, cherchons θ tel que cos 1 2

2 2

θ = = et 1 2

sin θ = 2 = − 2 . On trouve [ ] 2

4

θ = − π π . Ainsi z

2

2 e

i4

π

=

Le quotient 1 3 1

i i +

− s’écrit donc

3 7

3 4 12

4

1 3 2

2 2

1 2

i i i

i

i e

e e

i e

π π π π

π

  

− −

  

 

 

+ = = =

.

Alors z = 1 1 + i i 3

20

= 2 e

i712π

20

= ( ) 2

20

e

i20 712×π

= ( ) 2

2

10

e

i14012π

Comme 140 = × − 6 24 4 , on aura 140 6 24 4 6 2 [ ] 2

12 12 12 3 3

π = × π − π = × π − ≡ − π π π Ainsi

140

12 3

1 3

cos sin

3 3 2 2

i i

e e i i

π

π

=

= π + π = −

   

   

Enfin, ( ) 2

2

10

= 2

10

= 1024 En conclusion

20

1 3 1 3

1024 512 512 3

1 2 2

z i i i

i

 +   

=    −    =    −    = −

(10)

Exercice n9

1) « Pour tout z ∈ℂ , imaginaire pur z ⇔ = − z z » est VRAIE. En effet ; pour tout complexe z = + x iy , (x et y réels), imaginaire pur 0

z ⇔ = ⇔ = − = − x z z iy

2) « Pour tout z ∈ ℂ , z = − z » est FAUX. En effet, pour tout z ∈ℂ , z = z 3) « Pour z ∈ ℂ et z′∈, z = ⇔ = zz z ′ » est FAUX. Exemple : deux complexes.

4) « Si Re ( ) z < − 2 , alors z > 2 » est VRAI. En effet, si z = + x iy , (x et y réels), et si x < − 2 , alors OM = x

2

+ y

2

> 2 , c’est-à-dire z > 2

5) « Pour tout z ∈ ℂ , 1 + = iz 1 + z

2

» est FAUX. exemple : z = − i Exercice n°10

Dans le plan muni du repère orthonormal ( O u v ; ; ) ,

1) Si on note A et B les points dont les affixes respectives sont 3 et 3i, et M le point dont l’affixe est noté z, l’égalité

3 3

z − = − z i se traduit par AM=BM. Le point M étant équidistant des points A et B, il appartient à la médiatrice de [AB]. L’ensemble des points M du plan dont l’affixe z vérifie z − = − 3 z 3 i est donc la médiatrice de [AB], avec A(3) et B(3i)

2) Notons C le point dont l’affixe est –2+3i

Puisque 2 3 + i = 2 2 + 3 2 = 13 , l’égalité 2 3 − + = + ⇔ − − + i z 2 3 i z ( 2 3 i ) = 13 se traduit par CM = 13 Le point M appartient donc au cercle de centre C et de rayon 13 . L’ensemble des points M du plan dont l’affixe z vérifie 2 3 − + = + i z 2 3 i est donc le cercle de centre C(–2+3i) et de rayon 13

3) Si on pose z = + x iy , avec x y , ∈ ℝ , l’égalité z − + = 4 i 1 , équivalente à z − + 4 i 2 = = 1 2 1 , se réécrit

( ) 2 ( ) ( )

2 2 2

4 1 4 1 1 4 1 1

x iy − − + i = ⇔ − − x i y − = ⇔ x − + y − = On reconnaît là l’équation du cercle de centre D(4 ;1) et de rayon 1

L’ensemble des points M du plan dont l’affixe z vérifie z − + = 4 i 1 est donc le cercle de centre D(4+i) et de rayon 1 4) Puisque pour tout complexe z, arg ( ) z = − arg ( ) ( ) z 2 π et arg ( ) − = z arg ( ) z + π π ( ) 2 , l’égalité

( ) ( ) ( )

arg z = arg − z 2 π se réécrit arg ( ) z = arg ( ) z + π ( ) 2 π , soit arg ( ) ( )

z = − π π 2 .

L’ensemble des points M du plan dont l’affixe z vérifie arg ( ) z = − arg ( ) ( ) z 2 π est donc l’axe des imaginaires purs,

privé du point O

(11)

Exercice n°11

1) Le discrimant de l’équation z

2

− 2 z + = 4 0 vaut ∆ = − ( ) 2

2

− × × = − 4 1 4 12 . L’équation admet donc deux solutions complexes conjuguées

1

2 12 2 2 3

1 3

2 2

i i

z = + = + = + i et

2

2 2 3

1 3

2

z = − i = − i

2) On calcule z

1

= + 1 i 3 = 1

2

+ ( ) 3

2

= 4 = 2 et z

2

= − 1 i 3 = 1

2

+ − ( ) 3

2

= 4 = 2 .

Si on note ( ) [ ] ( ) [ ]

1 1

2 2

arg 2

arg 2

z z

θ π

θ π

=

= , alors

( )

( )

1 1

[ ]

1

cos 1

2 2

3 3

sin 2

θ θ π π

θ

=  

⇒ =

 

= 

et

( )

( )

2 2

[ ]

2

cos 1

2 2

3 3

sin 2

θ θ π π

θ

=  

⇒ = −

 

= − 

3) On calcule ( ) z

1 2

= + ( 1 i 3 )

2

= − + 2 2 i 3 et ( ) z

2 2

= − ( 1 i 3 )

2

= − − 2 2 i 3 .

On a alors ( ) z

1 2

= − + 2 2 i 3 = − ( ) 2

2

+ ( ) 2 3

2

= 16 = 4 (remarque : ( ) z

1 2

= z

12

). De même ( ) z

2 2

= 4 . Si on note ( ) [ ]

( ) [ ]

2

1 1

2

2 2

arg 2

arg 2

z z

α π

α π

=

= , alors

( )

( )

1 1

[ ]

1

cos 2

2

4 2

2 3 3

sin 4

α α π π

α

= −

⇒ =

=

 

 



et

( )

( )

2 2

[ ]

2

cos 2

2

4 2

2 3 3

sin 4

α α π π

α

= −

⇒ = −

= −

 

 



4) On calcule z

AB

= z

B

z

A

= − 2 3 i et z

A B ′ ′ = z B z A = − 4 3 i . On constate que 2

A B AB

z

′ ′ = z

.

On en conclut que A B ′ ′ = 2 AB

, donc ( A B ′ ′ ) ( ) // AB , donc le quadrilatère AA’B’B est un trapèze 5) On calcule respectivement : AA ′ = z

A

z

A

= − + 3 i 3 = − ( ) 3

2

+ ( ) 3

2

= 12 ,

( )

2

4 3 4 3 4 3 48

B A

A B ′ ′ = z

z

= − i = − = = et AB ′ = z

B

z

A

= − − 3 3 i 3 = − ( ) 3

2

+ ( ) 3 3

2

= 36

L’égalité A B ′ ′

2

= AA

2

+ AB

2

nous affirme que le triangle AA’B’ est rectangle est rectangle en A

6) L’égalité z − + 1 i 3 = 2 3 , réécrite en z − − ( 1 i 3 ) = 2 3 , se traduit par BM = 2 3 . L’ensemble des points M

− + =

(12)

Exercice n°12

1) On calcule P ( ) 2 = 2 3 + 2 ( 2 1 − × ) 2 2 + 4 1 ( 2 ) × − = + 2 8 8 8 2 − + − 8 8 8 2 − = 8 0

On peut donc factoriser P(z) par (z-2). Il existe donc trois nombres a,b et c, tels que pour tout z,

( ) ( 2 ) ( 2 )

P z = − z az + + bz c . Déterminons a,b et c par identification. Pour tout z,

( ) ( )

( ) ( )

2 3 2 2

3 2

2 2 2 2

2 2 2

z az bz c az bz cz az bz c

az b a z c b z c

− + + = + + − − −

= + − + − −

. Ainsi, on aura ( z 2 ) ( az 2 + + = bz c ) P z ( ) pour tout z si

et seulement si ( )

( )

1

2 2 2 1

2 4 1 2

2 8

a

b a

c b

c

=

 

− = −

 

− = −

 − = −



, ce qui nous permet d’obtenir 1 2 2 4 a b c

=

 

=

  =

.

Ainsi, pour tout z, P z ( ) ( = − z 2 ) ( z 2 + 2 2 z + 4 )

2) D’après la règle du produit nul, P z ( ) = 0 si et seulement si z-2=0<=>z=2 ou z 2 + 2 2 z + = 4 0 On calcule le discriminant de cette dernière équation : ∆ = ( ) 2 2 2 − × × = − = − = 4 1 4 8 16 8 ( ) 2 2i 2

L’équation z 2 + 2 2 z + = 4 0 admet donc deux racines complexes conjuguées : 1

2 2 2 2

2 2

2

z = − + i = − + i et 2 2 2 2 2

2 2

2

z = − − i = − − i . On vérifie que z 1 + z 2 = − 2 2 .

Le module de z 1 vaut 2 + 2 i = − ( ) ( ) 2 2 + 2 2 = 2

Un argument θ de z 1 vérifie cos 2

θ = 2 et 2

sin θ = 2 . 3 ( ) 2

4

θ = π π convient

Puisque les racines z 1 et z 2 sont conjuguées, le module de z 2 est le même que celui de z 1 , à savoir 2, et un argument de z 2 est 3 ( ) 2

4

θ = − π π .

3) a)

(13)

b) On calcule OA = z A = = 2 2 et OB = z 1 = 2 . Puisque OA=OB, le triangle OAB est isocèle en O.

Puisque le trianble OAB est isocèle en O, la médiane (OI) issue de O est aussi bissectrice de l’angle AOB . Une mesure de l’angle ( ) u OI ; est donc 1 3 2 4 π = 3 8 π

c) Puisque I est le milieu de [AB], 2 2 2 2 2

2 2 1 2 2

A B

I

z z i

z = + = − + = − + i

Le module de z I vaut donc

2 2

2 2 2 2 1 1

1 1 1 2 2 2

2 i 2  2   2  2 2

− + =   −   +     = − + + = −

   

d) Puisque ( ) u OI ; = 3 8 π ( ) 2 π , on a donc arg ( ) 3 ( ) 2

I 8

z = π π

Et puisque 2 2

1 2 2

z I = − + i , on en déduit alors que

2 2

1 1

3 2 2 2 2 2 2

cos 8 z I 2 2 2 2 2 2

π = = = − = −

− − , et que

( ) 2

2

2 2

3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

sin 8 z I 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

π = = = = + = + = + = +

− − − + −

Exercice n°13 1) On calcule :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

4 3 2 4 3 2

4 3 2

2 2

2 2 2

2 2 2

1 1 1

3 3 6 3 24 3 18 3 63 3 6 3 24 3 18 3 63

3 6 3 3 24 3 18 3 63

9 18 3 72 18 3 63 63 63 0

P i i i i i i i i i

i i i i i

i i

− − −

= − + − + = − + − +

   

=         − × × + − +

= + − − + = − + =

et de même

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

4 3 2 4 3 2

4 3 2

2 2

2 2 2

2 2 2

1 1 1

3 3 6 3 24 3 18 3 63 3 6 3 24 3 18 3 63

3 6 3 3 24 3 18 3 63

9 18 3 72 18 3 63 63 63 0

P i i i i i i i i i

i i i i i

i i

− − −

− = − − − + − − − + = − − − + − + +

   

= −         − − × − × + − + +

= − − + + = − + =

Les complexes i 3 et − i 3 sont donc racines sur polynôme P.

Ainsi, il existe un polynôme Q du second degré à coefficients réels tels que :

( ) ( 3 )( 3 ) ( ) ( )

2

( ) 3

2

( ) ( ) (

2

3 ) ( )

P z = − z i z + i Q zP z =   zi   Q zP z = z + Q z

  Pour trouver Q, on

effectue une division entre polynômes : Pour tout z différent de i 3 et 3

i , on a

( ) ( )

2

3

Q z P z

= z

+ . On effectue la division :

Ainsi Q z ( ) = z

2

6 z + 21

(14)

2) Puisque P z ( ) = ( z + 3 )( z 6 z + 21 ) , la règle du produit nul affirme que P z ( ) = ⇔ 0 z + = 3 0 . Ou

2

6 21 0

zz + = Résolvons l’équation z

2

6 z + 21 = ⇔ 0 Q z ( ) = 0 en calculant le discriminant du polynôme Q :

( ) 6

2

4 1 21 36 84 48

∆ = − − × × = − = − . Le polynôme Q admet donc deux racines complexes conjuquées

( )

1

6 48 6 4 3

3 2 3

2 1 2

i i

z = − − + = + = + i

× et z

2

= = − z

1

3 2 i 3 . Ainsi S = { i 3; i 3;3 2 + i 3;3 2 i 3 }

3) cf fin d’exercice

4) Si E est le symétrique de D par rapport à O, alors z

E

= − = − − z

D

( 3 2 i 3 ) = − + 3 2 i 3

On calcule alors 3 2 3 3 3 3 3 1 3

3 2 3 3 3 3 3 1 3

C B

E B

z z i i i i

z z i i i i

− = + + = + = +

− − + + − + − +

On multiplie numérateur et cénominateur de la fraction par la quantité conjuguée du dénominateur :

( )( )

( )( ) ( )

2

( )

2

1 3 1 3 1 3 3 3 2 2 3 1 3

1 3 2 2

1 3 1 3 1 3

C B

E B

i i

z z i i i

z z i i i i

+ − −

− = = − − − + = − = −

− − + − − − − +

On détermine module er argument de 1 3 2 − i 2 : Le module de ce complexe vaut

2 2

1 3 1 3

2 2 4 4 1 1

 

  +   = + = =

   

    . On cherche ensuite θ tel que 1

cos θ = 2 et sin 3

θ = − 2 . On trouve [ ] 2

3

θ = − π π . Ainsi 1 3

3

2 2

C B i

E B

z z

i e

z z

−π

− = − =

De l’égalité précédente, on déduit que

C B i3

1

E B

z z BC

e BC BE

z z BE

−π

− = ⇔ = ⇔ =

− , donc le triangle BEC est isocèle en B.

De plus arg

C B

3 [ ] 2 ( ; ) 3 [ ] 2

E B

z z

BE BC

z z

π π π π

 −  = ⇔ =

 

 −  , donc le triangle BEC est finalement équilatéral

Figure :

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