EXERCICE 2 1) a) |z

EXERCICE 2 1) a) |z A | =

!

"

− √ 3 # 2

+ 1 ² = 2 puis

z A = 2

$

−

√ 3 2 + 1

2 i

%

= 2

&

cos

&

5π 6

' + i sin

&

5π 6

''

= 2e

^5iπ6

. Graphique

1 2

−1

−2

−3

1 2

−1

−2

−3

A

A 1

B B 1

C

O

∆

D

b) z A

1

= "

2e

^5iπ6

#

= 2 "

e

^5iπ6

#

= 2e ⁻

^5iπ6

puis

z B = z O + e

^iπ6

(z A

1

− z O ) = e

^iπ6

× 2e ⁻

^5iπ6

= 2e ⁱ (

^π6

−

^5π₆

) = 2e ⁻

^4iπ6

= 2e ⁻

^2iπ3

. Ensuite,

z B = 2

&

cos

&

− 2π 3

' + i sin

&

− 2π 3

''

= 2

$

− 1 2 − i

√ 3 2

%

= −1 − i √ 3.

z B = 2e ⁻

^2iπ3

= −1 − i √ 3.

2) a) z B

z A

= 2e ⁻

^2iπ3

2e

^5iπ6

= e ⁱ ( ⁻

^2π3

−

^5π₆

) = e

− 9iπ

6 = e ⁻

^3iπ2

e ⁱ ( ⁻

^3π2

+2π ) = e

^iπ2

= i. On en déduit que

• OB OA = |z B |

|z A | =

( ( ( (

z B

z A

( ( ( (

= |i| = 1 et donc OA = OB.

• " −− OA, → − OB → #

= arg

& z B

z A

'

= arg(i) = π 2 [2π].

Finalement, le triangle OAB est rectangle isocèle en O.

http ://www.maths-france.fr 3 ! c Jean-Louis Rouget, 2012. Tous droits réservés.

b) L’affixe du vecteur − → w est e

^iπ12

puis

• " −− OA, → − → w #

= arg

&

z − → w

z A

'

= arg

$ e

^iπ12

2e

^5iπ6

%

= arg "

e ⁱ (

12^π

−

^5π₆

) #

= arg "

e ⁻

^9iπ12

#

= arg "

e ⁻

^3iπ4

#

= − 3π 4 [2π].

• "

−

→ w , − OB → #

= arg

& z B

z → − w

'

= arg

$ 2e

^−2iπ3

e

^iπ12

%

= arg "

e ⁱ ( ⁻

^2π3

−

₁₂^π

) #

= arg "

e ⁻

^9iπ12

#

= arg "

e ⁻

^3iπ4

#

= − 3π 4 [2π].

Donc, " −− OA, → − → w #

= "

−

→ w, − OB → #

. Ceci montre que la droite ∆ est la bissectrice de l’angle " −− OA, → − OB → # . 3) z B

1

= "

2e ⁻

^2iπ3

#

= 2 "

e ⁻

^2iπ3

#

= 2e

^2iπ3

puis

z B

!

= z O + e

^iπ6

(z B

1

− z O ) = e

^iπ6

× 2e

^2iπ3

= 2e ⁱ (

^π6

+

^2π₃

) = 2e

^5iπ6

= z A , et donc B ^" = A.

4) |z C | = √ 2 × √

1 ² + 1 ² = √ 2 × √

2 = 2 puis z C = 2

&

√ 1 2 + 1

√ 2 i '

= 2 "

cos " π 4

# + i sin " π 4

## = 2e

^iπ4

.

Notons s la symétrie orthogonale par rapport à la droite ∆. Le point O appartient à la droite ∆. Donc OD = s(O)s(C) = OC = |z C | = 2.

Posons alors z D = 2e ^iθ où θ ∈ R . On a alors " − → u , −− OD → #

= θ [2π]. Puisque D est le symétrique de C par rapport à la droite

∆, la droite ∆ est la bissectrice de l’angle " − → OC, −− →

OD #

. Mais alors " − → OC, − → w #

= "

−

→ w, −− → OD #

. Or,

• " − → OC, − → w #

= " − → OC, − → u #

+ ) − → u , − → w *

= − π 4 + π

12 [2π],

• "

−

→ w , −− OD → #

= ) − → w , → − u * + "

−

→ u , −− OD → #

= − π

12 + θ [2π].

Par suite, − π

12 + θ = − π 4 + π

12 [2π] ou encore θ = − π 4 + π

12 + π

12 [2π] ou enfin θ = − π

12 [2π]. Finalement, z D = 2e ⁻

^iπ12

.

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