Corrigés – Nombres complexes – Tle S

Exercice 1

Ecrivons sous forme algébrique z_1, z_2, z_3, z_4, z_5.

z_1 = z-\overline{z}’ \\= 3+i\sqrt3 -(-1-2i) \\= 4+i(2+\sqrt3)

z_2 = z.\overline{z}’ \\= (3+i\sqrt3)(3-i\sqrt3) \\= 12

z_3 = z^2 = (3+i\sqrt3)^2 \\= +6+i\sqrt3

z_4 = (z’)^3 = (-1+2i)^3 \\= 11-2i

z_5= \dfrac{z}{z’}=\dfrac{3+i\sqrt3}{-1+2i} \\ =\dfrac{-3+2\sqrt3}{5} -i\dfrac{6+\sqrt3}{5}

Exercice 2

Soit
z= x+2+i(-ix+x)+2i-5ix
~~~~~~=x+2+x+ix+2i-5ix.
~~~~~~=2x+2+2i-4ix.
~~~~z=2x+2+i(2-4x).

Z est un réel si 2-4x =0 c’ est-à- dire si x= \dfrac{1}{2}.
Z est imaginaire pur si 2x+2 =0 c’est à dires si x= -1.

Exercice 3

1) Soit z_1= \dfrac {-\sqrt6 +i\sqrt2}{2}~ et ~z_2=2+2i .
a. Mettons sous forme trigonométrique z_1, z_2 ~ et ~ z=\dfrac{z_1}{z_2} .
|z_1| = \sqrt2 et argz_1 =\dfrac{5\pi}{6}~
donc z_1= \sqrt2 (\cos\dfrac{5\pi}{6}+ i\sin\dfrac{5\pi}{6}).

|z_2| = 2\sqrt2 et argz_2 = \dfrac{\pi}{4}
donc z_2= 2\sqrt2(\cos \dfrac{\pi}{4} + i \sin \dfrac{\pi}{4}).

|z| = \dfrac{\sqrt 2}{2\sqrt 2}= \dfrac{1}{2}
et argz= arg(\dfrac{z_1}{z_2})
= argz_1 – argz_2 =\dfrac{5\pi}{6}- \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{7\pi}{12}.
donc z= \dfrac{1}{2} (\cos \dfrac{7\pi}{12} + i\sin\dfrac{7\pi}{12}).

b) Ecrivons z sous forme algébrique
z = \dfrac{z_1}{z_2} \\ = \dfrac{\dfrac{-\sqrt6 +i\sqrt2}{2}}{2+2i} = \dfrac{-\sqrt6 + i\sqrt2}{4+4i}

z = \dfrac{-\sqrt6 + i\sqrt2}{8} + i\dfrac{\sqrt6 + \sqrt2}{8}

c) Montrons que
cos\dfrac{7\pi}{12} = \dfrac{-\sqrt6 + i\sqrt2}{4}
et sin\dfrac{7\pi}{12} = \dfrac{\sqrt6 + \sqrt2}{4}

On a :
z = \dfrac{1}{2}(cos\dfrac{7\pi}{12} + i sin\dfrac{7\pi}{12}) \\ = \dfrac{-\sqrt6 + \sqrt2}{8} + i\dfrac{\sqrt6 + \sqrt2}{8}

Par identification :

2) Révolvons dans \R l’équation
(-\sqrt6 + \sqrt2)cosx + (\sqrt6 + \sqrt2)sinx = -2

On utilise les résultats de 1.c) et on a :

\cos (\dfrac{7\pi}{12}-x)= -\dfrac{1}{2}= \cos \dfrac{2\pi}{3} \hArr \dfrac{7\pi}{12}-x= \dfrac{2\pi}{3}+2k\pi ~
ou ~ \dfrac{7\pi}{12}-x=-\dfrac{2\pi}{3}+ 2k\pi ~ ; ~k \in Z
\hArr x= -\dfrac{\pi}{12}- 2k\pi ~
ou ~ x= \dfrac{5\pi}{4}-2k\pi.

s= \begin{cases}-\dfrac{\pi}{12}- 2k\pi; ~\dfrac{5\pi}{4}-2k\pi; ~ k \in \Z \end{cases} \begin{rcases} \\ \end{rcases}.

Exercice 4

1) Déterminons |z_1| ~et~|z_2|.
|z_1|= \sqrt2 ~et~|z_2|=2.

2. Déterminons arg(z_1) et arg(z_2).
arg(z_1)= \dfrac{\pi}{4} ~ et arg(z_2)= \dfrac{\pi}{3}

3. En déduisons le module et un argument des nombres complexes z_3~; ~z_4 ~~et~~ z_5
|z_3|=|z_1.z_2|=|z_1 | \times |z_2|= 2\sqrt2 ~.
arg(z_3)=arg(z_1.z_2) \\=arg(z_1) + arg(z_2)=\dfrac{7\pi}{12} .

|z_4|=|\dfrac{z_1}{z_2}|=\dfrac{|z_1|}{|z_2|}=\dfrac{\sqrt2}{2}.
arg(z_4)=arg \dfrac{z_1}{z_2} \\= arg(z_1)- arg(z_2) = -\dfrac{\pi}{12}.

|z_5|= |z_1^7| = |z_1|^7=(\sqrt2)^7 = 8\sqrt2.
arg(z_5)=arg(z_1^7)=7 arg(z_1)=\dfrac{7\pi}{4}.
arg(z_5)=-\dfrac{\pi}{4}(car ~\dfrac{7\pi}{4} a pour mesure principale-\dfrac{\pi}{4}).

Exercice 5

Calculons z= (\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac{1}{2}i)^{2001}~.
Posons z’= \dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac{1}{2}i. puis écrivons z’ sous forme trigonométrique on a : |z’|= 1~ et arg(z’)=\dfrac{\pi}{6}~
donc z’ = (\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}).

z=(z’ )^{2001}=(\cos\dfrac{\pi}{6}+ i\sin\dfrac{\pi}{6})^{2001}.

=\cos(\dfrac{2001\pi}{6})+ i \sin (\dfrac{2001\pi}{6}).

=\cos(\dfrac{2004-3}{6})\pi +i\sin(\dfrac{2004-3}{6})\pi.

= cos(334\pi-\dfrac{3}{6} \pi) +i\sin(334\pi -\dfrac{3}{6}\pi).

=\cos(-\dfrac{\pi}{2}) + i\sin(-\dfrac{\pi}{2})=0+ i(-1)= -i

Donc z=-i

Exercice 6

a) Résolvons dans \cnums~ l’équation z^2 -2z+2=0.
on a \Delta=4i^2

z_1=\dfrac{2-2i}{2}=1 -i ~et~z_2=\dfrac{2+2i}{2}=1+i

s= {1-i;~1+i}

b) Ecrivons les solutions sous forme exponentielle
1-i=\sqrt2 e^{-i\dfrac{\pi}{4}} ~et~ 1+i=\sqrt2 e^{i\dfrac{\pi}{4}}

c. En déduisons les solutions de l’équation (-iz+3i+3)^2-2(iz+3i+3)+2=0.

Posons z=-iz+3i+3~.
L’équation devient Z^2-2Z+2=0. qui d’après b) a pour solution 1-i et 1+i.
Ainsi; -iz+3i +3=1-i ~ou~ iz+3i+3=1+i
on trouve z=4-2i ~ ou ~z=2-2i.

S=\{4-2i; 2-2i\}

Exercice 7

1) a) Montrons que p(z)=0 admet une racine imaginaire pure z_0~ que l’on précisera.
Posons Z_0=ai~
Z_0 ~est solution de ~P(z)=0,~
Donc ~ (ai)^3-2(1+2i)(ai)^2+7i(ai)+3(1-3i)=0
\Harr 2a^2-7a+3-i(a^3-4a^2+9)=0 , ~
z_0 ~étant~ imaginaire pur, on a :
2a^2-7a+3=0~ c’est -à-dire ~ a=\dfrac{1}{2}~ ou ~a =3

L’égalité n’est vérifiée que poura=3 ~donc~z_0=3i~ est une racine imaginaire pure de P(z)=0.

b) Détermine le polynôme P(z) tel que P(z)=(z-z_0), Q(z) avec Q(z)= az^2+bz+c.
On a : P(z)=(z-3i)(az^2+bz+c)
= az^3+(b-3ia) z^2+(c-3ib)z-3ic~ .
Par identification, on obtient :
\begin{cases} a=1 \\ b-3ia=-2-4i\\c-3ic=7i\\-3ic =3-9i \end{cases}.

On trouve \begin{cases} a=1 \\ b=-2-i\\c=3+i\end{cases}.

D’où P(z)=(z-3i)(x^2+(-2-i)z+3+i)=0~.
Cherchons des racines de
\\Z^2+(-2-i)z+3+i\\ \Delta=(-2-i)^2-4(3+i)=-9=9i^2 \\ Z_1=\dfrac{2+i-3i}{2} = 1-i \\ Z_2= \dfrac{2+i+3i}{2}=1+2i \\ S = \{ 3i~;~~-i~;~~1+2i\}

Exercice 8

1) \={z}-3iz+6i=0
\Harr (x-iy)-3i(x+iy)-3+6i=0
\Harr x+3y-3+i(-y-3x+6)=0
Soit \begin{cases}x+3y-3=0 \\ -3x-y+6=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=-3y+3 \\ 8y-3=0\end{cases}
\Harr y=\dfrac{3}{8}, x=\dfrac{-9+2}{8} ~ et ~ z=\dfrac{15}{8} + i\dfrac{3}{8}

2) OAB est un triangle équilatéral de sens direct si A a pour image B par la rotation de centre O, d’angle \dfrac{\pi}{3}.~\\ r:z \longrightarrow z’=e^{i\tfrac{\pi}{3}}z \Rightarrow b=e^{i\tfrac {\pi}{3}}(4-2i)= (\dfrac{1}{2} + i\dfrac{\sqrt3}{2})(4-2i)=2+\sqrt3+i(2\sqrt3-1)

3) a) arg(z-2i)=\dfrac{\pi}{4}+2k\pi \Harr(\vec{u}, \overrightarrow{DM})=\dfrac{\pi}{4}+2k\pi;~ il s’agit de la demi-droite faisant un angle de \dfrac{\pi}{4}~avec l’horizontale, passant par D et orientée vers la droite.
b) z=2i+2e^{i\theta}\Harr z-2i=2e^{i\theta} \Harr |z-2i|=2~ : il s’agit du cercle de rayon 2 et de centre D.

4) |z’|=1 \Harr|z-1|=|\={z}+2|=|\overline{z+2}|=|z+2| ~ car le module du conjugué  d’un nombre complexe est le même que celui du complexe lui-même. Il s’agit du cercle de diamètre IJI a pour affixe 1 et J a pour affixe −2 privé des points I et J.

Excercice 9

  1. \overrightarrow{OM}~a pour coordonnées \dbinom{x}{y}, \overrightarrow{OM’}~ \dbinom{x’}{y’}, ~ ils sont orthogonaux si et seulement si :
    ~xx’+yy’=0 .\\
    Calculons z’\={z}=(x’+iy’)(x-iy)=(x’x+y’y)+i(xy’-yx’). Donc xx’+yy’=0 ~ si et seulement si ~Re(z’\={z})
  2. O, M et M’ sont alignés si et seulement si det (\overrightarrow{OM}, \overrightarrow{OM’})=0 \Harr xy’-yx’=0\Harr Im(z’\={z})=0.,
  3. Prenons z’=z^2-1=x^2-y^2-1+2xy, alors xx’+yy’=x(x^2-y^2-1)+y(2xy)=x(x^2+y^2-1);~ le produit scalaire est donc nul si x=0~(axe des ordonnées) ou x^2-y^2-1=0~ (cercle trigonométrique).
  4. a) On a (\overline{z^2-1})=(z^{-2}-1)=-z^{-2}(-1+\dfrac{1}{2^{-2}})=-z^2(\overline{\dfrac{1}{2^2}-1}). donc la condition du 2) se traduit par
    Im[(\dfrac{1}{2^2}-1)(\overline{z^2-1})]=Im[(\dfrac{1}{2^2}-1)(-z^{-2}) (\overline{\dfrac{1}{z^2}-1)}]=Im[-z^{-2}|\dfrac{1}{z^2}-1|^2] .
    b) Comme |\dfrac{1}{z^2}-1|^2~ est réel, la partie imaginaire est celle de -z^{-2}=-(x-iy)^2=-x^2+y^2+2ixy.~
    L’ensemble cherché est la réunion des axes des abscisses et des ordonnées.

Exercice 10

1) Avec a=z et b=2 on a: z^2-2^3=(z-2)(z^2+2z+4);~\\ \Delta =4-16=-12=(2i\sqrt3)^2~d’où les solutions z_0=2~\\ z_1= \dfrac{-2-2i\sqrt3}{2}=-1-i\sqrt3, ~ z_2=\dfrac{-2+2i\sqrt3}{2}=-1+i\sqrt3..

2.a) a=2, b=-1+i\sqrt3 ~et ~ c=-1-i\sqrt3 \\ ~
b) b’-a=e^{-i\tfrac{\pi}{2}} (b-a) \Harr b’=2-i(-1+i\sqrt3-2)=2+\sqrt3+3i
c) c’-a = e^{i\tfrac{\pi}{2}}(c-a)\Harr c’=2+i(-1-i\sqrt3-2)=2+\sqrt3-3i~Qui est bien le conjugué de b

3.a) n=\dfrac{b+b’}{2}=\dfrac{1}{2}(-1+i\sqrt3+2+\sqrt3+3i)=\dfrac{1}{2}(1+\sqrt3+i(\sqrt3+3)) \\ et~\dfrac{1+ \sqrt3}{2}(1+i\sqrt3)=\dfrac{1}{2}(1+\sqrt3+i\sqrt3+3i) .~ C’est pareil. n=\dfrac{1+\sqrt3}{2}(1+i\sqrt3)=\dfrac{1+\sqrt3}{2}c\Harr \overrightarrow{ON}=\dfrac{1+\sqrt3}{2} \overrightarrow{OC} les vecteurs sont colinéaires, les points sont donc  alignés.
b. M a pour affixe \dfrac{b+c}{2}=-1, ~ q est le milieu de [CC ‘] et a pour affixe le conjugué de n (puisque c et c’ sont les conjugués respectifs de b et b’), soit q=\dfrac{1+\sqrt3}{2}(1-i\sqrt3).~
On a alors n+1=\dfrac{1+\sqrt3}{2}(1+i\sqrt3)+1=\dfrac{3+\sqrt3}{2}+i\dfrac{\sqrt3+3}{2}~
et i(q+1)=i\dfrac{1+\sqrt3}{2}(1-i\sqrt3)+i=\dfrac{\sqrt3+3}{2} +i\dfrac{3+\sqrt3}{2}.~ D’où n+1=i(q+1).~ Le triangle MNQ est un triangle rectangle isocèle car le vecteur \overrightarrow{MQ}~a pour image le vecteur \overrightarrow{MN}~ par la rotation r.
c) Comme Q est le symétrique de N par rapport à (Ox) et que M et P sont sur (Ox), les triangles MNP et MQP sont isométriques donc MNPQ est un carré.

Exercice 11

1) Soit on développe brutalement en utilisant le binôme de Newton, soit on calcule d’abord (1+i)^2=1+2i+i^2=2i.~ce qui donne (1+i)^6=(2i)^3=-8i.~Une autre possibilité était de mettre 1 + i sous forme trigonométrique : 1+i=\sqrt2e^{i\dfrac{\pi}{4}}. ~ D’où (1+i)^6=\sqrt2^6 e^{i6\dfrac{\pi}{4}}=8e^{i\dfrac{3\pi}{2}}=-8i..

2.a) Comme (1+i)^6=-8i, ~ on a ~[(1+i)^3]^2=-8i~ donc (1+i)^3~est une solution. On peut développer et trouver −2 + 2i.
b) D’une manière générale l’équation z^2=u~ a les deux solutions z=\sqrt{u}~et~z=-\sqrt{u} ~,  soit ici  l’autre racine z=-(1+i)^3=-(1+i)^2(1+i)=-2i(1+i)=2-2i.~

3) De la même manière on peut écrire (1+i)^6=[(1+i)^2]^3 ~ donc ~(1+i)^2 ~ est une solution de (E’) (on peut simplifier et trouver 2i).

4.a) La définition de r donne : z\mapsto z’=e^{i\tfrac{2\pi}{3}}z, \\ soit avec 2i : b=2ie^{i\tfrac{2\pi}{3}}=2i(-\dfrac{1}{2} +i\dfrac{\sqrt3}{2})=-\sqrt3-i~; puis C : c=be^{i\frac{2\pi}{3}}=2ie^{i\tfrac{2\pi}{3}}. e^{i\frac{2\pi}{3}}=2ie^{i\tfrac{4\pi}{3}}
=2i(-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2})=\sqrt3-i.
b) En utilisant la forme trigonométrique on a: b^3=(2ie^{i\tfrac{2\pi}{3}})=-8ie^{i\tfrac{6\pi}{3}}=-8i~et la même chose pour c.

5) a) b) c) : La rotation de centre O d’angle \dfrac{2\pi}{3}~ transforme A en B, B en C et C en A donc le triangle ABC est équilatéral de centre O qui est donc son centre de gravité.

Exercice 12

  1. P(i\sqrt3)=9-6(-i3\sqrt3)-72-i18\sqrt3+63=0 \\ P(-i\sqrt3)=9-6(i3\sqrt3)-72+i18\sqrt3+63=0 \\ P(z)=(z^2+3)(z^2+az+b)=z^4+az^3+(a+3b)z^2+3az+3b .
    On trouve par identification a=-6 ~et ~b=21,
    Soit
    P(z)=(z^2+3)(z^2-6z+21)
  2. z^2 -6z+21~:~ \Delta= 36-84=-48=(i4\sqrt3)^2 \\ z_1=\dfrac{6+i4\sqrt3}{2}=3+2i\sqrt3 \\ z_2= \dfrac{6-i4\sqrt3}{2}=3-2i\sqrt3.
    P(z= 0 a pour racines i\sqrt3~et~-i\sqrt3 . ainsi que z_1 ~et z_2,
  3. Comme A et B d’un côté, C et D de l’autre sont symétriques par rapport à l’axe (O, \vec{u}),les triangles ABC et ABD ont mêmes cercles circonscrits, ils appartiennent donc au même cercle.
  4. E, le symétrique de D pa rapport à O a pour affixe -z_D= -3+2i\sqrt3. \\ \dfrac{z_C-z_B}{z_E-z_B}=\dfrac{3+2i\sqrt3+i\sqrt3}{-3+2i\sqrt3+i\sqrt3}=\dfrac{1+i\sqrt3}{-1+i\sqrt3}=\dfrac{(1+i\sqrt3)(-1-i\sqrt3)}{1+3}= \dfrac{1-i\sqrt3}{2}=e^{-i\tfrac{\pi}{3}}~ Le triangle BEC est donc équilatéral.

Exercice 13

Partie A

1) \begin{cases} z_1\sqrt3-z_2=-2 \\ z_1-z_2\sqrt3 =-2i \end{cases} \Harr \begin{cases} z_1\sqrt3-z_2=-2 \\ -z_1\sqrt3+z_23=2\sqrt3i \end{cases}

\Harr \begin{cases}2z_2=-2+2i\sqrt3 \\ z_1\sqrt3-z_2=-2 \end{cases} \Harr \begin{cases} z_2=-1+i\sqrt3 \\ z_1= \dfrac{-3+i\sqrt3}{\sqrt3}=-\sqrt3+i \end{cases}

2) z_A=-\sqrt3+i=2(\dfrac{-\sqrt3}{2}+\dfrac{1}{2}i)=2e^{i\dfrac{5\pi}{6}}~\\ et z_B=-1+i\sqrt3=2(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2})=2e^{i\dfrac{2\pi}{3}}.

3) \dfrac{z_A}{z_B}=\dfrac{2e^{i\tfrac{5\pi}{6}}}{2e^{i\tfrac{2\pi}{3}}}=e^{i(\tfrac{5\pi}{6}-\frac{2\pi}{3})}=e^{i\tfrac{\pi}{6}}~ donc module 1 et argument \dfrac{\pi}{6}.
Le triangle ABO est isocèle en O puisque |z_A|=|z_B| ~et~ (\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB})=arg\dfrac{z_B}{z_A}=-\dfrac{\pi}{6}.

4) On doit avoir \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{OB},Soit z_C-z_A=z_B-z_O \Harr z_C=z_A+z_B=-1-\sqrt3+i(\sqrt3+1)=(\sqrt3+1)(-1+i)~ \\ L’aire du triangle ABC est : \dfrac{AB}{2}X\dfrac{OC}{2}=\dfrac{1}{4}|z_B-z_A||z_C-z_O| \\
=\dfrac{1}{4}|-1+i\sqrt3+\sqrt3-i||(\sqrt3+1)(-1+i)|

= \dfrac{1}{4}(\sqrt3-1)|1+i|(\sqrt3+1)|-1+i|

= \dfrac{1}{4} \times 2 \times \sqrt2 \times \sqrt2 =1.
Soit 16 cm2 ( car l’unité graphique est de 4cm).

Partie B

  1. z’=e^{i\tfrac{\pi}{6}}z ~: rotation de centre O, d’angle \dfrac{\pi}{6}.
  2. z_{A’}=z_B, z_{B’}=2i,z_{C’}=(\sqrt3+1)\sqrt2(-\dfrac{\sqrt2}{2} +i\dfrac{\sqrt2}{2})=(\sqrt6+\sqrt2)e^{i\tfrac{3\pi}{4}}.
  3. L’aire du triangle ABC’est évidemment la même que celle de ABC

Exercice 14

  1. Une équation ultra-classique qui donne les racines z_1=\dfrac{-1+i\sqrt3}{2}=e^{i\tfrac{2\pi}{3}}~et~z_2=\dfrac{-1-i\sqrt3}{2}=e^{-i\tfrac{2\pi}{3}}
  2. z_1^2 =(\dfrac{-1+i\sqrt3}{2})^2= e^{i \frac{4\pi}{3}}=\dfrac{1-3-2i\sqrt3}{2}=\dfrac{-1-i\sqrt3}{2}=e^{-i\tfrac{2\pi}{3}}=z_2
  3. Mettons z1 et z2 sous forme trigonométrique
    Z_1=\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}~et~z_2 = \cos(\dfrac{-2\pi}{3})+i\sin(-\dfrac{2\pi}{3}).
  4. Les points en question forment un triangle équilatéral avec le point d’affixe 1 sur le cercle trigonométrique.

Exercice 15

1) z^2-2z+4=0 ~les racines sont z_1=1+i\sqrt3~et z_2=1-i\sqrt3~dont le module est 2 et l’argument \dfrac{\pi}{3} ~et~-\dfrac{\pi}{3}.~
Pour les carrés on a z_1^2=4e^{i\frac{2\pi}{3}}=-2+2i\sqrt3~et~z_2^2=4e^{-i\frac{2\pi}{3}}=-2-2i\sqrt3

2. a) Comme on pouvait s’y attendre (enfin, des fois c’est différent…) les résultats du 1) se retrouvent comme affixes des points du 2) On fait la figure :(image à insérer)

ABCD est un trapèze isocèle (les droites (AB) et (CD) sont verticales donc parallèles ; les points A et B étant conjugués sont symétriques par rapport à (Ox), même chose pour C et D.

b) Avec les arguments c’est immédiat, sinon on utilise les vecteurs : par ex. \overrightarrow{OC}=-2+2i\sqrt3=-2(1-i\sqrt3)=2\overrightarrow{OB}. ~ La symétrie par rapport à l’axe réel montre que les diagonales se coupent en O.

c) \overrightarrow{AD} = -2-2i\sqrt3-1-i\sqrt3=-3-3i\sqrt3 ~et ~\overrightarrow{AC}=-2+2i\sqrt3-1-i\sqrt3=-3+i\sqrt3~ . On peut faire le produit scalaire :\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AC}= \binom{-3}{-3\sqrt3} . \binom{-3}{\sqrt3}=9-9=0 .~donc les droites [AB] et [AC] sont perpendiculaires.

Exercice 16

1) On remplace z par i, soit -1+3-2=0~ donc z = i est solution de (E) ainsi on factorise par (zi) et on obtient z^2-3iz-2=(z-i)(z-2i).

2) M(z) est invariant, si et seulement si :
z=\dfrac{z+2}{z+1-3i} \Harr z(z+1-3i)=z+2\Harr z^2+z-3iz= z+2=0~ \Harr z^2 -3iz-2 = 0\Harr z=i~ou~z=2i.~
Les points M1(i) et M2(2i) sont invariants par f.

3) Dire que M ‘ appartient au cercle de centre 0 et de rayon 1 est équivalent à écrire |z’|=1.

|z|’=1 \Harr |\dfrac{z+2}{z+1-3i}|=1 \Harr |z+2|=|z+1-3i| \Harr BM =AM \\ car |z+2|=|z-(-2)|=|z-z_B|=BM~et ~|z+1-3i|=|z-(-1+3i)|=|z-z_A|=AM.~.
Cela revient donc à chercher l’ensemble des points M tels que BM = AM, ce sont les points équidistants de A et de B, c’est-à-dire la médiatrice du segment [AB].

4) z’=\dfrac{z+2}{z+1-3i}=\dfrac{x+iy+2}{x+iy+1-3i}=\dfrac{x+2+iy}{x+1+i(y-3)}

= \dfrac{(x+2+iy)(x+1-i(y-3))}{(x+1)^2+(y-3)^2}

= \dfrac{x^2+x-ix(y-3)+2x+2-2i(y-3)+ixy+iy+y(y-3)}{(x+1)^2+(y-3)^2}

=\dfrac{x^2+x+2x+2+y(y-3)}{(x+1)^2+(y-3)^2}+i\dfrac{-x(y-3)-2(y-3)+xy+y}{(x+1)^2+(y-3)^2}.

Soit pour la partie imaginaire :
=\dfrac{-x(y-3)-2(y-3)+xy+y}{(x+1)^2+(y-3)^2}=\dfrac{-xy+3x-2y+6+xy+y}{(x+1)^2+(y-3)^2}=\dfrac{3x-y+6}{(x+1)^2+(y-3)^2}.

M’ appartient à l’axe des abscisses, si et seulement si la partie imaginaire de z ‘ est nulle, c’est-à-dire 3x-y+6=0~ (avec (x ; y) \not=(–1 ; 3) ), ou encore M appartient à la droite d’équation y=3x+6~ privée du point de coordonnées (−1 ; 3).

5.a) Avant de commencer le calcul, il est impératif de se familiariser avec les valeurs z_C~et~ \={z_C}

z_C=\dfrac{3-3i}{2}=\dfrac{-3+3i}{2} ~et~ \={z_C}=-\dfrac{3+3i}{2}=\dfrac{-3-3i}{2}

\dfrac{z+2}{z+1-3i}=-\dfrac{ \={z}+2}{ \={z}+1+3i} \Harr (z+2)( \={z}+1+3i )=-( \={z} +2)(z+1-3i) \\

\Harr z \={z}+z(1+3i)+2 \={z} +2(1+3i)=-z \={z}- \={z}(1-3i)-2z-2(1-3i) \\

\Harr 2z \={z} +z(1+3i+2)+ \={z}(2+1-3i)+2(1+3i+1-3i)=0 \\

\Harr 2z \={z}+z(3+3i)+ \={z} (3-3i)+4=0~\Harr z \={z}+z(\dfrac{3+3i}{2})+ \={z}(\dfrac{3-3i}{2})+2=0 ~ \\

\Harr z\={z}-z \times (\dfrac{-3-3i}{2})- \={z}(\dfrac{-3+3i}{2})+2=0

\Harr z \={z}-z \times \={z_C} – \={z} \times z_C +2=0 .

Raisonnons avec le deuxième membre de l’équivalence de départ :
(z-z_C)(\overline{z-z_C})=\dfrac{5}{2} \Harr (z-z_C)( \={z} – \={z_C} )=\dfrac{5}{2} \\ \Harr z \={z} -z \times \={z_C} – \={z} \times z_C + z_C \times \={z_C}=\dfrac{5}{2} .
Il ne reste à montrer que z_C\times \={z _C} -\dfrac{5}{2}=2: on peut calculer

z_C \times \={z_C}=|z_C|^2=((-\dfrac{3}{2})^2+(\dfrac{3}{2})^2)=(\dfrac{9}{4}+\dfrac{9}{4})=\dfrac{9}{2} ~ D’où l’égalité :
z_C \times \={z_C}- \dfrac{5}{2}=\dfrac{9}{2} -\dfrac{5}{2}=2.

b) On remarque que z’ =\dfrac{z+2}{z+1-3i}~ et donc que \={z’}=(\overline{\dfrac{z+2}{z+1-3i}} )=\dfrac{\overline{z+2}}{\overline{z+1-3i}}=\dfrac{ \={z} +2}{ \={z} +1+3i}

\dfrac{z+2}{z+1-3i}=-\dfrac{ \={z} +2}{ \={z} +1+3i} \Harr z’=- \={z’} \Harr z’+ \={z’}=0 \Harr x’=0. ~
En effet, si z’ = x’ + iy ‘. alors z’+ \={z’} =x’+iy’+x’-iy’=2x’.~
L’équivalence devient donc :
z ‘ est un imaginaire pur équivaut à (z-z_C)(\overline{z-z_C})=\dfrac{5}{2}, ~autrement dit
z_{\overrightarrow{CM}} \times \overline{z_{\overrightarrow{CM}}}=\dfrac{5}{2} \Harr |z_{\overrightarrow{CM}}|^2=\dfrac{5}{2} \Harr |z_{\overrightarrow{CM}}|=\sqrt{\dfrac{5}{2}} \Harr CM = \sqrt{\dfrac{5}{2}} . \\
M appartient donc au cercle de centre C de rayon \sqrt{\dfrac{5}{2}}~(privé de A). En effet

AC= |z_{\overrightarrow{AC}}|=|z_C-z_A|=|-\dfrac{3-3i}{2}+1-3i|

=|\dfrac{-3+3i+2-6i}{2}|=|\dfrac{-1-3i}{2}|

=\sqrt{(-\dfrac{1}{2})^2+(-\dfrac{3}{2})^2}= \sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{9}{4}}=\sqrt{\dfrac{5}{2}}

Exercice 17

1.a. z_A = 1-i\rightarrow z_A’= (1-i)^2-4(1-i)=-2i-4+4i=-4+2 ~\\ et ~ z_B=3+i\rightarrow z_B’=9+6i-1-12-4i=-4+2i. ~

b) appelons u et v les affixes des points U et V en question :u’=u^2-4u ~et~ v’=v^2-4v;~leurs images sont identiques si
u’=v’ \Harr u^2-4u=v^2-4v \\ \Harr u^2-v^2-4u+4v=0 \\ \Harr (u-v)(u+v)-4(u-v)=0 \\ \Harr(u-v)(u+v-4)=0~.
On a donc soit u=v, soit u+v=4 \Harr \dfrac{u+v}{2}=2~et dans ce cas le milieu de [UV] a pour affixe 2 et l’un est l’image de l’autre par la symétrie de centre 2.

2.a) I(-3). OMIM ‘ est un parallélogramme si et seulement si \overrightarrow{OM}=\overrightarrow{M’ I} \Harr z-0=-3-z’ \Harr z’+z+3=0 \Harr z^2-3z+3=0.~

b) z^2 -3z+3=0 : \Delta=9-12=-3=3i^2 d’où z_1=\dfrac{3}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2}, z_2=\dfrac{3}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2}.

3.a) (z’+4)=z^2-4z+4=(z-2)^2 \implies \begin{cases} |z’+4|=|z-2|^2 \\ arg(z’+4)=2arg(z-2)+2k\pi \end{cases} .\\

b) Soit M un point du cercle (C) de centre J(2) et de rayon 2, son affixe z est telle que |z-2|=2, et son image M ‘ est telle que |z’+4|=2^2=4. d’où M ‘ est sur le cercle de centre K(−4), de rayon 4.

c) z_E+4=-3i=3e^{-i\frac{\pi}{2}}; si E est l’image d’un point z, on a
arg(z_E+4)=2arg(z-2)+2k\pi \\ \Harr -\dfrac{\pi}{2}=2arg(z-2)+2k\pi \\ \Harr arg(z-2)=-\dfrac{\pi}{4}-k\pi.~
Sur le cercle trigonométrique  il y a donc deux arguments possibles,-\dfrac{\pi}{4}~et ~-\dfrac{\pi}{4}+\pi=\dfrac{3\pi}{4}.~ Il reste à trouver les modules :
|z_E+4||-3i|=3=|z-2|^2 \implies |z-2|=3. .

Conclusion : on a z-2=3e^{-i\frac{\pi}{4}} ou z-2=3e^{-i\frac{\pi}{4}}

soit z=2+3e^{i\frac{3\pi}{4}}=2+3(-\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2} )=\dfrac{4-3\sqrt2}{2}+i\dfrac{3\sqrt2}{2}

ou z=2+3e^{-i\frac{\pi}{4}}=2+3(\dfrac{\sqrt2}{2}-i\dfrac{\sqrt2}{2} )=\dfrac{4+3\sqrt2}{2}-i\dfrac{3\sqrt2}{2} .

Exercice 18

  1. M, N confondus : z=z^2 \Harr z=0, z=1; ~M, Q confondus :z=z^3 \Harr z=0, z=1, z=-1; ~N, Q confondus :z^2=z^3 \Harr z=0, z=1. ~
    Deux des points sont confondus lorsque z = 0, −1 ou 1.
  2. MN=|z^2-z|,~MQ=|z^3-z|; \\ MN=MQ \Harr|z^2-z|=|z^3-z| \Harr |z||z-1|=|z||z-1||z+1| \Harr |z+1|=1~
    Il s’agit du cercle de centre le point A d’affixe −1, de rayon 1
  3. \overrightarrow{MN}, \overrightarrow{MQ}=arg(\dfrac{z^3-z}{z^2-z})= arg(\dfrac{z(z-1)(z+1)}{z(z-1)})=arg(z+1).~
    MNQ est rectangle en M et seulement ssi (\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MQ})=\pm \dfrac{\pi}{2} \Harr z+1 \in i\R \Harr x+1=0 \Harr x=-1 :~il s’agit de la droite verticale passant par A.
  4. z=-1-i; z^2=1-1+2i=2i; z^3=z^2.z=2i(-1-i)=2-2i.~
    Le triangle MNQ est rectangle isocèle : isocèle car|z+1|=|-1-i+1|=|-i|=1.~et rectangle car Re(-1-i)=-1

Exercice 19

1.a) La rotation de centre O d’angle \dfrac{\pi}{3}~a pour expression complexe :z_1=e^{i\tfrac{\pi}{3}}z.~
La translation de vecteur -\vec{u}~a pour expression complexe: z’=z_1-1~donc z’=e^{i\tfrac{\pi}{3}}z-1 ~

b) z_B=\dfrac{1}{2}-i\frac{\sqrt3}{2}=e^{-i\frac{\pi}{3}}~ d’où z_{B’} =e^{i\frac{\pi}{3}}z_B-1=e^{i\frac{\pi}{3}} \times e^{-i\tfrac{\pi}{3}}-1=1-1=0 donc
B \mapsto^T O~ou ~T(B)=0. \\

c) L’ensemble des points invariants est l’ensemble des points d’affixe z tels que :
z=e^{i\tfrac{\pi}{3}}z-1 \Harr z(1-e^{i\tfrac{\pi}{3}})= -1
\Harr z(1-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2})=-1
\Harr z(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2})=-1
\Harr z(\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4})=-(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2})~
d’où z=-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2}=e^{-i\tfrac{2\pi}{3}} ~.
Le point \Omega~d’affixe e^{-i\tfrac{2\pi}{3}} ~est le seul point invariant pour T.

2.a) \dfrac{z}{z’}=\dfrac{e^{i\tfrac{\pi}{3}}z-1}{z}=e^{i\tfrac{\pi}{3}}-\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac{x-iy}{x^2+y^2}=\dfrac{1}{2}=-\dfrac{x}{x^2 +y^2}+i(\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac{y}{x^2+y^2})~Donc \Re e(\dfrac{z’}{z})=\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{x^2+y^2}

b. OMM ‘ est un triangle rectangle, donc (\overrightarrow{OM}, \overrightarrow{OM’})=\dfrac{\pi}{2}+k\pi c’est a dire \dfrac{z}{z’}~est un imaginaire pur ou encore, sa partie réelle est nulle. Or \Re e(\dfrac{z’}{z})=\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{x^2+y^2}~donc le problème revient à résoudre l’équation :
\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{x^2+y^2}= 0 \Harr x^2+y^2-2x=0 \Harr x^2-2x+1+y^2=1 \Harr(x-1)^2+y^2=1.~
D’autre part, pour que le triangle OMM‘ existe, il ne faut pas que M = 0 ni que M‘ = 0 ; ce dernier cas est réalisé lorsque M = B. On enlève donc O et B.
Dans le plan complexe, ce cercle a pour équation |z-1|=1.

L’ensemble des points M tels que le triangle OMM‘ soit rectangle est le cercle de centre A de rayon 1 privé des points O et B.

3. On pose z=1+i=\sqrt2 e^{i\tfrac{\pi}{4}}
a) |z-1|=|1+i-1|=|i|=1 ~ donc ~M \in (\varGamma~) ~.
Pour placer M ‘ sur la figure, il faut appliquer à M la rotation d’angle \dfrac{\pi}{3}~ puis la translation de vecteur -\vec{u}.

b) |z’|=\mid e^{i\tfrac{\pi}{3}}z-1|=|(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2})(1+i)-1|

=|\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2}+i\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}-1|= |-\dfrac{1+\sqrt3}{2}+i\dfrac{1+\sqrt3}{2}|

=\sqrt{(-\dfrac{1+\sqrt3}{2})^2+(\dfrac{1+\sqrt3}{2})^2}= \sqrt{2\times(\dfrac{1+\sqrt3}{2})^2}

=\dfrac{1+\sqrt3}{2}\times\sqrt2=\dfrac{1+\sqrt3}{\sqrt2}~

Il en résulte que l’aire du triangle OMM ‘ est égale à :
\dfrac{OM\times OM’}{2}=\dfrac{|z|\times|z’|}{2}=\dfrac{1}{2}\times\sqrt2 \times\dfrac{1+\sqrt3}{\sqrt2}=\dfrac{1+\sqrt3}{2}.

Aller plus loin dans ce problème, c’était s’apercevoir que la transformation T était la rotation de centre \varOmega~ d’angle \dfrac{\pi}{3}.~ En effet, en effectuant un changement de repère où \varOmega~ serait le centre, on aurait : Z=z-\omega c’est à dire z=Z+ \omega~ avec ~\omega=e^{-i\tfrac{2\pi}{3}}~
L’expression complexe de T devient donc :
z’=e^{i\frac{\pi}{3}}z-1 \Harr Z’+\omega =e^{i\tfrac{\pi}{3}}(Z+\omega)-1

\Harr Z’+e^{-i\tfrac{\pi}{3}} = e^{i\tfrac{\pi}{3}} (Z+ e^{-i\tfrac{2\pi}{3}} )-1

\Harr Z’+ e^{-i\tfrac{2\pi}{3}}= e^{i\tfrac{\pi}{3}} Z+ e^{i(\tfrac{\pi}{3}-\frac{2\pi}{3})}-1

\Harr Z’= e^{i\tfrac{\pi}{3}} Z+ e^{-i\tfrac{\pi}{3}} – e^{i\tfrac{2\pi}{3}}-1 \Harr Z’= e^{i\tfrac{\pi}{3}} Z ~

car ~ e^{-i\tfrac{\pi}{3}} – e^{-i\frac{2\pi}{3}} -1=\dfrac{1}{2} -i\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2}-1=0.

Exercice 20

1) z^2-2z+2=0; ~ les racines sont z_1=1+i ~ et ~z_2=1-i

2)

3.a) Pour calculer zN on fait :
\dfrac{Z_M+Z_N}{2}=Z_L \Harr Z_N=2Z_L-Z_M=2-2i+i\sqrt3=2+i(\sqrt3-2)
b) Rotation de centre O et d’angle \dfrac{\pi}{2} : on multiplie par i.
On a donc z_A=i(-i\sqrt3)=\sqrt3 ~ et ~z_C=i(2+i(\sqrt3-2))=2-\sqrt3+2i
c) Translation de vecteur \vec{u} ~d’affixe 2i , on ajoute 2i aux affixes :
z_D=2i-i\sqrt3=i(2-\sqrt3)~ et ~z_B= 2+i\sqrt3-2i+2i=2+i\sqrt3,

4.a) [DB] et [AC] ont même milieu puisque ABCD est un parallélogramme (évident…).
On fait le milieu de [DB] par exemple : \dfrac{z_D+z_B}{2}=\dfrac{1}{2} (2i-i\sqrt3+2+i\sqrt3)=1-i=z_K
b) \dfrac{z_C-z_K}{z_B-z_K}=\dfrac{2-\sqrt3+2i-1-i}{2+i\sqrt3-1-i}=\dfrac{1-\sqrt3+i}{1+i(\sqrt3-1)}~
Si on multiplie le dénominateur par i on a i[1+i(\sqrt3-1)]=1-\sqrt3+i ~, soit le numérateur. Le quotient vaut bien i.
c) Si on prend le module de ce qu’on vient de trouver on a
|\dfrac{z_C-z_K}{z_B-z_K}|=|i| \Harr \dfrac{|z_C-z_K|}{|z_B-z_K|}=1 \Harr |z_C-z_K|=|z_B-z_K| \Harr KC=KB.
De même si on prend l’argument on a arg(\dfrac{z_C-z_K}{z_B-z_K})=arg(i)(2\pi) \Harr (\overrightarrow{KB}, \overrightarrow{KC})=\dfrac{\pi}{2}(2\pi).~
Conclusion : diagonales égales, on a donc un rectangle ; ces diagonales sont perpendiculaires on a un losange ; ABCD est un carré.

Exercice 21

1.a) On développe et on identifie les coefficients ou bien on utilise a^3 +b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2) ou bien on le fait de tête :
z^3+8=(z+2)(z^2-2z+4) .
b)  Il y a évidemment la solution −2 ainsi que les solutions de z^2-2z+4 ~ qui sont ~1-i\sqrt3~ et ~1+i\sqrt3
c) -2=2e^{i\pi}, 1-i\sqrt3=2(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2})= 2e^{-i\frac{\pi}{3}}, \\ 1+i\sqrt3=2(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2})=2e^{i\frac{\pi}{3}}

2.a) R(A)=B \Harr z_B=e^{i\frac{\pi}{3}} z_A \\ \Harr 1-i\sqrt3=(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2})(-2)=1-i\sqrt3, ok, et pareil pour les autres. Les points A, B et C sont sur le cercle de centre O, de rayon 2.
b) D a pour affixe \dfrac{1}{2}(z_0+z_B)=\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2} \implies z_L=z_A+z_D=-\dfrac{3}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2}. \\ \dfrac{z_L}{z_D}=(-\dfrac{3}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2})(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2})=-\dfrac{3}{4}-i\dfrac{\sqrt3}{4}-i\dfrac{3\sqrt3}{4}+\dfrac{3}{4}=i\sqrt3 \\ \implies arg \dfrac{z_L}{z_D}=-\dfrac{\pi}{2} \implies (OL) \perp (OD).
c) (OL) est orthogonale à (OD) et (OD) est parallèle à (AL) donc (OL) est orthogonale à (AL), conclusion L est sur le cercle de diamètre [AO].

Exercice 22

I.1) (-i)^3+(-8+i)(-i)^2+(17-8i)(-i)+17i=i+8-i-17i-8+17i=0
2) Développement puis identification donnent
z^3+(-8+i)z^2+(17-8i)z+17i=(z+i)(z^2-8z+17).
3) z^2 -8z+17=0~a pour racines 4 + i et 4 − i.

II.1) Voir plus loin
2) R_{(\varOmega,\dfrac{\pi}{2})} : A \rightarrow S \Harr s-\omega= i(a-\omega) \Harr s=i(4+i-2)+2=1+2i
3) Il est assez évident sur la figure que (C) a pour centre \varOmega~et pour rayon OA=|2+i|= \sqrt5. ~ On vérifie aisément que \varOmega B= \varOmega C = \varOmega S=\sqrt5.
4.a) z_{A’} =\dfrac{i(4+i)+10-2i}{4+i-2}=\dfrac{9+2i}{2+i}=\dfrac{(9+2i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\dfrac{20-5i}{5}=4-i \\

z_B= \dfrac{ i(4-i)+10-2i }{ 4-i-2 }=\dfrac{11+2i}{2-i}=\dfrac{(11+2i)(2+i)}{(2-i)(2+i)}=\dfrac{20+15i}{5}=4+3i \\

z_C= \dfrac{ i(-i)+10-2i }{ -i-2 }=\dfrac{11-2i}{-2-i}=\dfrac{(11-2i)(-2+i)}{(-2-i)(-2+i)}=\dfrac{-20+15i}{5}=-4+3i \\

b) Il est immédiat que PA’=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5=PB’ +PC’.

c) |z’-i|=|\dfrac{iz+10-2i}{z-2}-i|=|\dfrac{iz+10-2i-iz+2i}{z-2}|=|\dfrac{10}{z-2}|=\dfrac{10}{|z-2|}
d) M un point d’affixe z appartenant au cercle (C) est tel que |z-2|=\sqrt5
d’où |z’-i| =\dfrac{10}{\sqrt5}=\dfrac{10\sqrt5}{5}=2\sqrt5.
e) Donc si M appartient au cercle (C), M’ appartiendra au cercle de centre le point P d’affixe i, de rayon 2\sqrt5

Exercice 23

1) a^5= e^{5i\tfrac{2\pi}{5}} =e^{i2\pi}=1
2) Les points I, A, B, C, D, sont les images successives les uns des autres par la rotation de centre O d’angle \dfrac{2\pi}{5}: ~ I va sur A, A sur B, etc. On a donc égalité des distances (une rotation est une isométrie).
3) On développe et ça marche tout seul.
4) Comme a5 = 1, a est une solution de l’équation z^5=1, soit de ~(z-1)(1+z+z^2+z^3+z^4)=0,~ mais comme a ne vaut pas 1, a est solution de1+z+z^2+z^3+z^4 =0 ~ et est donc tel que 1+a+a^2+a^3+a^4=0.
5) a^3=(e^{i\tfrac{2\pi}{5}})= e^{i\frac{6\pi}{5}},a^{-2}=(e^{-i\tfrac{2\pi}{5}})^2=e^{-i\frac{4\pi}{5}} =e^{i2\pi-i\tfrac{4\pi}{5}}=e^{i\tfrac{6\pi}{5}}~ Même chose pour a^4 =\={a}
6) Utilisons a^3 = a^{-2}~ et que ~a^4= \={a}~ dans ~1+a+a^2+a^3+a^4=0 \Harr 1+a+a^2+a^{-2}+\={a} =0~
or ~(a+\={a})^2=a^2+2a\={a}+a^{-2}=a^2+2+a^{-2}~on retrouve bien la même relation.
7) Les solutions sont x_1=\dfrac{-1-\sqrt5}{4}, x_2=\dfrac{-1+\sqrt5}{4}.
8) (a+\={a})=e^{i\frac{2\pi}{5}}+e^{-i\frac{2\pi}{5}}=2\cos\dfrac{2\pi}{5},~donc en rempalçant dans (a+\={a})^2+(a+\={a})-1=0~on a (2\cos\dfrac{2\pi}{5})^2+(2\cos\dfrac{2\pi}{5})-1=0 \Harr 4\cos^2\dfrac{2\pi}{5}+2\cos\dfrac{2\pi}{5}-1=0,~\cos\dfrac{2\pi}{5}~est donc une des deux solutions précédentes. Comme il est forcément positif (\dfrac{2\pi}{5}=72°<90° ),~ il vaut \dfrac{-1+\sqrt5}{4}

Exercice 24

(E): z^3+2z^2-16=0

1.a) 2^3+2.2^2-16=0~donc 2 est solution; on developpe:
(z-2)(az^2+bz+c)=az^3-2az^2+bz^2-2bz+cz-2c \implies \begin{cases} a=1 \\ b-2a=2 \\ c-2b=0 \\ -2c=-16 \end{cases} \iff \begin{cases} a=1 \\ b=4 \\ c=8 \end{cases} ~
d’ou ~ z^3+2z^2-16=(z-2)(z^2+4z+8)=0. \\
b) \Delta=16-32=(4i)^2 d’où les racines z_1=\dfrac{-4+4i}{2}=-2+2i=2\sqrt2e^{i\frac{3\pi}{4}}

2. z_A=-2-2i, z_B=2 et z_D=-2+2i.
a) Figure ci-dessous
b) on doit avoir \overrightarrow{BC}, \overrightarrow{AD} \Harr z_C-z_B=z_D-z_A \Harr z_C= 2+(-2+2i)-(-2-2i)=2+4i

3.a) z_E-z_B=e^{-i\frac{\pi}{2}}(z_C-z_B) \Harr z_E=2-i(2+4i-2)=6
et ~ z_F-z_D=e^{i\frac{\pi}{2}}(z_C-z_D) \Harr z_F=-2+2i+i(2+4i+2-2i)=-2+2i-2+4i=-4+6i
b. Voir figure

4.a) \dfrac{z_F-z_A}{z_E-z_A}=\dfrac{(-4+6i)-(-2-2i)}{6-(-2-2i)}=\dfrac{-2+8i}{2+8i}=\dfrac{i(2i+8)}{8+2i}=i
b) on a donc |\dfrac{z_F-z_A}{z_E-z_A}|=|i|=1 \Harr \dfrac{AF}{AE}=1 \Harr AF=AE ~ donc AFE est isocèle en A. De même on a
arg \dfrac{z_F-z_A}{z_E-z_A}= arg i=\dfrac{\pi}{2}\Harr (\overrightarrow{AE}, \overrightarrow{AF})= \dfrac{\pi}{2} \Harr AF \perp AE~,le triangle est rectangle.
c) Comme I est le milieu de l’hypoténuse du triangle rectangle isocèle AEF, les triangles AIE et AIF sont également rectangles isocèles. Par la rotation de centre I et d’angle -\dfrac{\pi}{2}.
On a donc E va en A et A va en F. Enfin comme BE = AD et (BE) est orthogonal à (AD), les triangles EBA et ADF sont isométriques donc B a pour image D (on peut le faire par le calcul).

Exercice 25

1) a’= \dfrac{(3+4i)(1+2i)+5(1-2i)}{6}=0, \\

b’=\dfrac{(3+4i)(1)+5(1)}{6}=\dfrac{8+4i}{6}=\dfrac{4+2i}{3} \\

c’=\dfrac{(3+4i)(3i)+5(-3i)}{6}=-2-i

2) x’+iy’=\dfrac{(3+4i)(x+iy)+5(x-iy)}{6} \\

=\dfrac{3x-4y+i(3y+4x)+5x-i5y}{6}=\dfrac{8x-4y}{6}+i\dfrac{4x-2y}{6}

soit x’=\dfrac{4x-2y}{3}~et~ y’=\dfrac{2x-y}{3}

3) Un point M variant si z’=z \Harr \begin{cases} x’=x \\ y’=y \end{cases}\Harr \begin{cases} \dfrac{4x-2y}{3}=x \\ \dfrac{2x-y}{3}=y \end {cases} \Harr \begin{cases} 4x-2y=3x \\ 2x-y=3y \end{cases} \Harr \begin{cases} x-2y=0 \\ 2x-4y=0 \end{cases} \Harr y=\dfrac{1}{2}x

Les points A’, B’ et C’ sont alignés sur cette droite, alors que ce ne sont pas des points invariants.

4) On a x’=\dfrac{4x-2y}{3 } et y’= \dfrac{2x-y}{3}, ~soit ~y’=\dfrac{1}{2}x’ ~donc M’ est bien sur (D).

5. a) Repartons de z’=\dfrac{(3+4i)z+5\={z}}{6}:

\dfrac{z’-z}{1+2i}=\dfrac{(\dfrac{(3+4i)z+5\={z}}{6} -\dfrac{6z}{6})(1-2i)}{5}

=\dfrac{((-3+4i)z+5\={z})(1-2i)}{30} =\dfrac{(-3z+4iz+5\={z})(1-2i)}{30}

=\dfrac{-3z+4iz+5\={z}+6iz+8z-10i\={z}}{30}=\dfrac{5z+10iz+5\={z}-10i\={z}}{30}

=5\dfrac{z+\={z}}{30}+10i\dfrac{z-\={z}}{30}=\dfrac{z+\={z}}{6}+i\dfrac{z-\={z}}{3}

C’est un réel car z+\={z}=2x~et~z-\={z}=2iy~ donc \dfrac{z+\={z}}{6}+i\dfrac{z-\={z}}{3}=\dfrac{2x}{6}+i\dfrac{2iy}{3}=\dfrac{2x-4y}{6}=\dfrac{x-2y}{3}

On pouvait remplacer z par x+iy :
\dfrac{z’-z}{z_A}=\dfrac{\dfrac{1}{3}(4x-2y-3x)+i\dfrac{1}{3}(2x-y-3y)}{1+2i} =\dfrac{1}{3} \dfrac{(x-2y)+i(2x-4y)}{1+2i}\dfrac{1-2i}{1-2i}

=\dfrac{1}{5}[(x-2y+4x-8y)+i(2x-4y-2x+4y)]=\dfrac{5x-10y}{15}=\dfrac{x-2y}{3}

Ce qui donnait le résultat directement.

b.)Un vecteur directeur de (MM ‘) est \overrightarrow{MM’} ~ d’affixe ~z’-z,~ un vecteur de (OA) est \overrightarrow{OA}~ d’affixe z_A :~ on regarde donc (\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{MM’}) =arg \dfrac{z’-z}{z_A}=0 [mod \pi] donc les droites sont parallèles.

6) Si N est sur (D) il est invariant, on n’y touche pas ; si N n’est pas sur (D), (NN’) est parallèle à (OA) et N’ est sur (D), il suffit de faire l’intersection de la parallèle à (OA) passant par N avec (D).

Exercice 26

1) \Omega~ a pour affixe \dfrac{1-2i-2+2i}{2}=-\dfrac{1}{2}~
le rayon du cercle est \dfrac{1}{2}|-2+2i-1+2i|=\dfrac{1}{2}\sqrt{9+6}=\dfrac{5}{2} .

2) z_D= \dfrac{3+9i}{4+2i}=\dfrac{(3+9i)(4-2i)}{16+4}=\dfrac{12+36i-16i+18}{20}=\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}i~.
D est un point du cercle (C) si |z_D-Z_{\Omega}|=\dfrac{5}{2} \Harr |\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}i+\dfrac{1}{2}|=\dfrac{5}{2} \\ \Harr \sqrt{4+\dfrac{9}{4}}=\dfrac{5}{2} \Harr \sqrt{\dfrac{25}{4}}= \dfrac{5}{2}

3. a) (\overrightarrow{\Omega I}, \overrightarrow{\Omega E}) =\dfrac{\pi}{4}(2\pi)~ donc ~arg \dfrac{z_E-z_{\Omega}}{z_1 -z_{\Omega}}=\dfrac{\pi}{4}

\Harr arg(z_E+\dfrac{1}{2})-arg (\dfrac{3}{2})=\dfrac{\pi}{4} \Harr arg(z_E+\dfrac{1}{2}) = \dfrac{\pi}{4} ~ car ~ arg(\dfrac{3}{2})=0~

Par ailleurs E est sur (C) donc |z_E+\dfrac{1}{2}|=\dfrac{5}{2}

b) On a donc z_E+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}e^{i\frac{\pi}{4}} \Harr z_E=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}(\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2})=\dfrac{5\sqrt2-2}{4}=\dfrac{5\sqrt2}{4}

4.a) z’+\dfrac{1}{2}=e^{i\frac{\pi}{4}}(z+\dfrac{1}{2})~est la définition d’une rotation de centre \Omega~ et d’angle \dfrac{\pi}{4}

b) z’+\dfrac{1}{2}e^{i\frac{\pi}{4}}(2+\dfrac{1}{2}) \Harr z’=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}(\dfrac{\sqrt2}{2}+i \dfrac{\sqrt2}{2}) \Harr z’ = \dfrac{5\sqrt2 -2}{4}+i\dfrac{5\sqrt2}{2}~ L’image de K par r est donc E : K est le point d’intersection entre (C) et (Ox), donc son image est le point E.

Exercice 27

1) Question de cours
– Si z et z’sont deux nombres complexes non nuls, alors : arg(zz’) = arg(z)arg(z’) à 2k\pi~ près, avec k entier relatif.
– Pour tout vecteur \vec{w}~ non nul d’affixe z on a : arg(z) =(\vec{u}, \vec{w})~ à~2k\pi~ près, avec k entier relatif.

a) On utilise arg(zz’) = arg(z)arg(z’) avec z’=\dfrac{1}{z}, ~ce qui donne :
arg z+arg \dfrac{1}{z}=arg 1=0 \implies arg \dfrac{1}{z}=-arg z~on réutilise la propriété 1 du produit avec ~z’=\dfrac{1}{z’} et on a le résultat.

b) (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})=(\vec{u}, \overrightarrow{AC})-(\vec{u},\overrightarrow{AB})=arg(c-a)-arg(b-a)=arg(\dfrac{c-a}{b-a})~ en utilisant la propriété 2.

2.a) z’=\dfrac{1}{z} donc arg (z’)=-arg(\={z})=-(-arg z)=arg z.~ Si M est sur une demi-droite d’origine O, on a (\vec{u}, \overrightarrow{OM})=arg z=arg z’=(\vec{u}, \overrightarrow{OM’})~donc M’ est sur la même demi-droite.

b) z=\dfrac{1}{ \={z} } \Harr z \={z} =1 \Harr |z|^2=1 \Harr |z|=1 donc M les points M invariants est le cercle trigonométrique.

c) Le calcule est un peu pénible… :
\dfrac{z’-1}{z’-i}=\dfrac{ \dfrac{1}{ \={z} } -1}{\dfrac{1}{ \={z} }-i}=\dfrac{1-\={z}}{ 1-i \={z} }=\dfrac{\={z}-1}{i \={z}-1}=\dfrac{1}{i}(\dfrac{\={z}-1}{\={z}+i})= -i(\dfrac{\overline{z-1}}{z-i}).~ La dernière égalité est due à \dfrac{1}{i}=-i~ et aux propriétés du conjugué.

on a donc arg (\dfrac{z’-1}{z’-i})=arg(-i)-arg(\dfrac{z-1}{z-i})=-\dfrac{\pi}{2}-arg(\dfrac{z-1}{z-i})

3.a) arg\dfrac{z-1}{z-i}=(\overrightarrow{VM}, \overrightarrow{UM}) \Harr \dfrac{z-1}{z-i} \in \R \Harr (\overrightarrow{VM}, \overrightarrow{UM}) =0+k\pi, soit U, V et M alignés.

b) En utilisant la relation précédente on a (\overrightarrow{VM’}, \overrightarrow{UM’})=-\dfrac{\pi}{2}- (\overrightarrow{VM}, \overrightarrow{UM}); ~ donc si M est sur UV, (\overrightarrow{VM’}, \overrightarrow{UM’}) =-\dfrac{\pi}{2}-k\pi~et M’ est sur le cercle de diamètre [UV] privé des points U et V.

Exercice 28

\cos 5x=\dfrac{e^{i5x}+e^{-i5x}}{2}

\cos^2 5x=(\dfrac{e^{i5x}+e^{-i5x}}{2})^2=\dfrac{1}{4}(e^{i10x}+2+e^{-i10x})

\sin 3x=\dfrac{e^{ix3}-e^{-i5x}}{2i}

\cos^2 5x.sin3x=\dfrac{1}{4}(e^{i10x}+2+e^{-i10x})\times \dfrac{e^{i3x}-e^{-i3x}}{2i}

=\dfrac{1}{8i}(e^{i13x}-e^{i7x} +2e^{i3x}-2e^{-i3x} +e^{-i7x} -e^{-i13x})

=\dfrac{1}{8i}(e^{i13x}- e^{-i13x} -e^{-i7x}+e^{-i7x}+2e^{i3x}-2e^{-i3x})

= \dfrac{1}{4}(\dfrac{e^{i13x}-e^{-i13x}}{2i}-\dfrac{e^{i7x} -e^{-i7x} }{2i}+2 \dfrac{e^{i3x}-e^{-i3x}}{2i})

= \dfrac{1}{4}(\sin 13x-\sin7x+2\sin3x)

Exercice 29

1) Le cercle de centre A et de rayon 1, est l’ensemble des points P tels que AP = 1.
AP=|z_P-z_A|=|1+e^{2i\theta}-1|=|e^{2i\theta}|=1~ donc P appartient à (C).

2) (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AP}) = arg \dfrac{z_P-z_A}{z_B-z_A}= arg\dfrac{e^{2i\theta}}{2-1}= arg e^{2i\theta}=2\theta [2\pi]~.
Lorsque \theta décrit l’intervalle ]0;\pi[ ~, on a ~2\theta ~ qui decrit ~]0;2\pi[ c’est-à-dire le cercle (C) privé du point B.
(C’) est donc le cercle (C) privé du point B.

3) L’expression complexe de la rotation de centre O et d’angle -2\theta ~ est ~ z’-0=e^{-2i\theta}(z-0) \Harr z’= ze^{-2i\theta}~
Ici on a, puisque Z_P=1+e^{2i\theta} , Z_P’=Z_p e^{-2i\theta}=(1+e^{2i\theta})e^{-2i\theta}=e^{-2i\theta}+e^{2i\theta}e^{-2i\theta}=1+e^{-2i\theta}=\={z}_P .
\={z}_P est l’affixe de P’ symétrique de P par rapport à l’axe des abscisses, donc P ‘ appartient aussi au cercle de centre A de rayon 1 qui est symétrique par rapport à cet axe.

4.a) L’image d’un cercle par une rotation est un cercle de même rayon. Il suffit de déterminer l’image du centre A de (C). Soit A’ ce point. L’expression complexe de r est: z’=e^{i\frac{2\pi}{3}}z.~
L’image de A est donc A’ d’affixe z_A’=e^{-i\frac{2\pi}{3}}\times 1= e^{-i\frac{2\pi}{3}}= -\dfrac{1}{2} -i\dfrac{\sqrt3}{2}

b) (C’) est le cercle de centre A’ et de rayon 1 :
z_P=1+e^{2i\theta}=1+e^{i\frac{2\pi}{3}}=1+(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2})=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2}=e^{-i\frac{\pi}{3}}

z_P’=e^{-i\frac{2\pi}{3}} \times (1+e^{i\frac{2\pi}{3}})=1+e^{-i\frac{2\pi}{3}}= \=z_P=e^{-i\frac{\pi}{3}}.~
Les points P et P’ sont symétriques par rapport à (Ox) (voir question 3.)

d) P et O sont sur le cercle de centre A et de rayon 1, donc AP = AO = 1. De plus OP=|z_P|=|e^{i\frac{\pi}{3}}|=1 donc le triangle est équilatéral.

e) Q est le symétrique de P par rapport à A. P est sur le cercle (C).
On a donc \overrightarrow{PA}= \overrightarrow{AQ} \implies z_{\overrightarrow{PA}}= z_{\overrightarrow{AQ}} \Harr z_A-z_P=z_Q-z_A \Harr z_Q=2z_A-z_P=2-e^{i\frac{\pi}{2}}.~
Vérifions si P’ est le milieu de [AQ], ou encore, si \overrightarrow{A’P’}= \overrightarrow{P’Q} :
z_{\overrightarrow{A’P’}}= z_P’-z_A’=e^{-i\frac{\pi}{3}} -e^{-i\frac{2\pi}{3}}=\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2}- (-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2})=1

z_{\overrightarrow{PQ}}=z_Q-z_P=2-e^{-i\frac{\pi}{3}} -e^{-i\frac{\pi}{3}}=2-(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt3}{2})-(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt3}{2})=1

Exercice 30

1.a) a=2=2e^{i2\pi}, b=1-i=\sqrt{2e}^{-i\frac{\pi}{4}}, c=1+i=\sqrt{2e}^{i\frac{\pi}{4}}

b) \dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{1+i-2}{1-i-2}=\dfrac{1-i}{1+i}=\dfrac{(1-i)^2}{2}=-i

on a \dfrac{AC}{AB}=\dfrac{|c-a|}{|b-a|}=|-i|=1 \implies AC =AB~et~(\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{AC})=arg(\dfrac{c-a}{b-a})=arg(-i)=-\dfrac{\pi}{2} ~ donc le triangle ABC est rectangle isocèle.

2.a) Comme (\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{AC}) =-\dfrac{\pi}{2}, l’angle de r est -\dfrac{\pi}{2}~
On applique la formule de la rotation z_D-z_A=e^{-i\frac{\pi}{2}}(z_C-z_A) \Harr z_D=-i(1+i-2)+2=3+i

b) Comme une rotation conserve les distances, le cercle ( \varGamma)~a pour image le cercle de diamètre [r(B)r(C)]=[CD].

3.a) Le centre G de ( \varGamma)~ est le point d’affixe 1 ; son rayon est 1. On a donc pour M : GM=1 \Harr |z-1|=1 \Harr z-1=e^{i\theta} \Harr 1+e^{e\theta}~\theta~est l’angle (\vec{u}, \overrightarrow{GM}).~~ \theta~ varie de 0 à 2\pi~ mais ne prend pas la valeur\dfrac{\pi}{2}~ pour que M soit différent de C.

b) Comme on a z’-2=-i(z-2), ~ cela donne z’-2=-i(1+e^{i\theta}-2) \Harr z’=-ie^{1\theta}+2+i.

c) \dfrac{z’-c}{z-c}=\dfrac{-ie^{i\theta}+2+i-1-i}{1+e^{i\theta}-1-i}=\dfrac{1-ie^{i\theta}}{ e^{i\theta }-i}=\dfrac{(1- ie^{i\theta })( e^{-i\theta +i })}{( e^{i\theta}-i)( e^{i\theta}+i )}= \dfrac{e^{i\theta}-i+i+e^{i\theta}}{1-ie^{-i\theta}+ie^{i\theta}+1}=\dfrac{2\cos\theta}{2+2\sin\theta}~qui est bien réel.
On a alors (\overrightarrow{CM}, \overrightarrow{CM’}) =0 [\pi]~ donc les points C, M et M ‘ sont alignés.

d) Pour placer le point M il suffit de prendre la médiatrice de [OG] qui coupe (\varGamma~) au point M d’affixe z=1+e^{i\frac{2\pi}{3}}.~ On construit son image M ‘ par la rotation r en traçant (CM ) qui coupe (\varGamma ~’)~ en M’

Exercice 31

1) Soit \Omega (\omega) un éventuel point invariant, on aurait :
\omega=\dfrac{\omega^2}{i-\omega} \Harr \omega(i-\omega)=\omega^2 \Harr (\omega=0)~ ou ~(i-\omega=\omega) \Harr (\omega=0) ~ ou ~(\omega=\dfrac{i}{2})

2.a) On calcul….

Par identification, on obtient la réponse demandée.

b) L’ensemble des points dont l’image est sur l’axe des imaginaires purs ont leur abscisse x‘ nulle, c’est à dire.

x’=0 \Harr \dfrac{-x(x^2+y^2-2y)}{x^2+(1-y)^2}=0 \Harr (x=0) ou (x^2+y^2-2y=0) \Harr (x=0) ou (x^2+(y-1)^2=1).~
L’ensemble des points M est donc l’axe des ordonnées d’équation = 0 (sauf A) ainsi que les points du cercle de centre A de rayon 1.

3) OM=|z_M-z_O|=|z|, AM=|z_M-z_A|=|z-i|, OM’=|z_M’-z_O|=|z’| ~
On a z’=\dfrac{z^2}{i-z},~ cette égalité reste vraie pour les modules :
|z’|=|\dfrac{z^2}{i-z}|=\dfrac{|z^2|}{|i-z|}=\dfrac{|z|^2}{|i-z|} \Harr OM’=\dfrac{OM^2}{AM} \Harr OM^2= OM’ \times AM.~
Si les points M et M‘ sont sur le même cercle de centre O, alors les longueurs OM et OM ‘ sont égales.

Soit à résoudre l’équation :
OM^2=OM’\times AM \Harr OM^2=OM \times AM \Harr (OM=0) ou (OM=AM),~ c’est-à-dire si M = O ou M est sur la médiatrice de [OA]. On constate que le point \Omega (\dfrac{1}{2}i)~ appartient bien à F