TS : exercices de type bac sur les nombres complexes I

TS : exercices de type bac sur les nombres complexes

I

À tout nombre complexezdifférent de−2i, on associe le nombre complexeZ=z−2+i z+2i . On posez=x+iy,xetyréels.

1. On trouve : Re(Z)=(x²−2x+y²+3y+2) (x²+¡

y+2¢2 et Im(Z)= (−x+2y+4) (x²+y²+4y+4). 2. En déduire

— Z∈R⇔ −x+2y+4=0 qui est une équation de droite.E est donc la droite d’équation−x+2y+4=0

— Z∈iR⇔x²−2x+y²+3y+2=0⇔(x−1)²−1+ µ

y+3 2

¶2

−9

4+2=0⇔(x−1)²+ µ

y+3 2

¶2

=5 4. Fest le cercle de centreΩ

µ 1 ;−3

2

¶

et de rayonr= p5

2 . II Polynésie juin 2015

1. M(z) est invariant siM^′=M ⇐⇒ z^′=z ⇐⇒z²+4z+3=z ⇐⇒z²+3z+3=0.

∆=3²−4×3=9−12= −3=

³ip 3´2

. Cette équation a deux solutions : z₁=−3+ip

3

2 etz₂=−3−ip 3

2 .

On a|z₁|²= µ

−3 2

¶2

+ Ãp

3 2

!2

=9 4+3

4=3⇒ |z₁| =p 3.

Le même calcul donne|z₂| =p 3.

On a doncz₁=−3+ip 3

2 =p

3 Ã

− p3

2 +i1 2

!

=p 3

µ cos5π

6 +isin5π 6

¶

=p 3e^i5π6 . On trouve de la même façon quez₂=p

3e^−i56π. 2. On az_A=z₂, donc|z_A| =OA= |z₂| =p

3.

De mêmez_B=z₁, donc|z_B| =OB= |z₁| =p 3.

Enfin AB= |z_B−z_A| =

¯¯

¯¯

¯

−3+ip 3

2 −

Ã−3−ip 3 2

!¯¯¯¯¯=¯¯¯ip 3¯¯¯=p

3.

On a donc OA=OB=AB=p

3 : le triangle OAB est un triangle équilatéral.

3. SoitM(x; y) etM^′(x^′; y^′) son point associé.

M^′est sur l’axe des réels siy^′=0.

Or on sait que l’affixe du pointMest :

z²+4z+3=(x+iy)²+4(x+iy)+3=x²−y²+2ix y+4x+4iy+3=x²−y²+3+i(2x y+4y).

On a doncy^′=0 ⇐⇒2x y+4y=0 ⇐⇒2y(x+2)=0 ⇐⇒

½ y = 0

x+2 = 0 ⇐⇒

½ y = 0 x = −2

Conclusion : l’ensembleEest constitué des points d’ordonnée nulle donc de l’axe des abscisses et des points de la droite verticale dont une équation estx= −2 (droites en bleu).

4.

−1 1

1 2

−1

−2

−3 −→u

−

→v O A

B

III Centres étrangers juin 2015

1.Affirmation 1 :

Notons C et D les points d’affixes respectives 1 et i.

Alors :|z−1| = |z−i| ⇐⇒ |z_M−z_C| = |z_M−z_D|

⇐⇒MC=M D.

L’ensemble des points M d’affixe z vérifiant|z−1| =

|z−i|est donc la médiatrice de [CD], c’est-à-dire la droite d’équationy=x.

Notons Ω le point de coordonnées (3 ; 2) qui a donc pour fixe 3+2i.

|z−3−2i| É2. ⇐⇒ |z_M−z_Ω| É2 ⇐⇒ MΩÉ2. S est donc bien le segment [AB]

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

O

A

B

×

×

×

×

D×

C

Ω

L’ensembleSest le segment [AB].VRAI

2.Affirmation 2 :Soita=p 3+i.

|a| = qp

3²+1²=p 4=2.

Alorsa=2 Ãp

3 2 +1

2i

!

=2e^iπ6. On en déduit que³p

3+i´1 515

=

³2e^iπ6´1 515

=2^{1 515}e^i15156π =2^{1 515}e^i5052π. Or505π

2 =4×126+1

2 π=126×2π+π 2.

On en déduit quea^{1 515}=2^{1 515}e^{i¡126×2π+π2¢}=2^{1 515}e^iπ2 =2^{1 515}i∉R.FAUX

3.Affirmation 3 :





x = 2t

y = −3+4t z = 7−10t

,t ∈R. est la représentation paramétrique d’une droite.

Pourt=1, on obtient les coordonnées de E et pourt=1

2, on obtient les coordonnées de F.

E et F appartiennent à cette droite, donc cette droite est bien la droite (EF).VRAI 4.Affirmation 4 :On a E(2 ; 1 ;−3), F(1 ;−1 ; 2) et G(−1 ; 3 ; 1).

Les coordonnées des vecteurs−→EF et−→EG ont pour coordonnées :

−→EF



 1

−2 5



et−→EG



−3 2 4



.

Alors :−→EF.−→EG= −1×(−3)+(−2)×2+5×2=3−4+20=19.

EF=p

(−1)²+(−2)²+5²=p

30 ; EG=p

(−3)²+2²+4²=p 29.

On a alors :

−→EF.−→EG=EF×EG×cos¡FEG¢

donc cos¡FEG¢

=

−→EF.−→EG

EF×EG= 19 p30×p

29= 19 p870. À la calculatrice, on trouveFEG≈49,89 ˚≈50 ˚.VRAI