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Titre: Nombres complexes EXOS CORRIGES
Auteur: jgcuaz

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Cours et exercices de mathématiques

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

NOMBRES COMPLEXES
EXERCICES CORRIGES
Exercice n°1.
On donne z = 3 + 3i et z ′ = −1 + 2i

z
Ecrire sous forme algébrique les complexes suivants : z1 = z − z ′ ; z2 = z ⋅ z ; z3 = z 2 ; z4 = z ′3 ; z5 =

z′

Exercice n°2.
1) Calculer i 2 ,i3 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
n

3) Déterminer les entiers naturels n tels que (1 + i ) soit un réel négatif.
Exercice n°3.
Résoudre dans ^ :

z −i
= 4i
z +1
3 z1 + z2 = 1 − 7i
2) Le système d’inconnues complexes z1 et z2 : 
iz1 + 2 z2 = 11i
1) Les équations 5 z + 2i = (1 + i ) z − 3 et

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

(

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

) ( z 2 − 4z + 4) = 0

Exercice n°4.
G G
Dans le plan complexe muni du repère orthonormal ( O; u ; v ) , on considère les points A,B,C et D d’affixes respectives :

z A = −1 − 5i , z B = 4 − 3i , zC = 3 + 3i 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

JJJJG

JJJG JJJG

3) Déterminer l’affixe du point A’ vérifiant DA′ = DB + DC
4) Quelle est la nature du quadrilatère A’BC’D ?

Exercice n°5.
On considère le plynôme P ( z ) suivant : P ( z ) = z 3 + 9iz 2 + 2 ( 6i − 11) z − 3 ( 4i + 12 )
1) Démontrer que l’équation P ( z ) = 0 admet une solution réelle z1
2) Déterminer un polynôme Q ( z ) tel que P ( z ) = ( z − z1 ) Q ( z )
3) Démontrer que l’équation Q ( z ) = 0 admet une solution imaginaire pure z2
4) Résoudre dans ^ l’équation P ( z ) = 0
5) On note z3 la 3ième solution de l’équation P ( z ) = 0 . Démontrer que les points du plan complexe A,B et C d’affixes
respectives z1 , z2 et z3 , sont alignés
Exercice n°6.
Déterminer le module, un argument et une forme exponentielle de chacun des nombres donnés :

1 1
1
3
2
z1 = 6 − i 2 , z2 = − − i et z3 = − +
i . En déduire module et argument de z1 ⋅ z2 , z1 ⋅ z3 et ( z2 )
2 2
2 2
Exercice n°7.

 1+ i 3 
Ecrire 1 + i 3 et 1 − i sous la forme trigonométrique et simplifier : z = 
 1 − i 


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Cours et exercices de mathématiques
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Exercice n°8.
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 − 3i
2) 2 − 3i + z = 2 + 3i
3) z − 4 + i = 1

()

4) arg z = arg ( − z ) ( 2π )
Exercice n°9.
Pour tout nombre complexe z, on définit : P ( z ) = z 3 + 2

(

)

(

)

2 −1 z2 + 4 1− 2 z − 8

1) Calculer P(2). Déterminer une factorisation de P(z) par (z-2)
2) Résoudre dans ^ l’équation P ( z ) = 0
On appelle z1 et z2 les solutions de l’équation autres que 2, z1 ayant une partie imaginaire positive.
Vérifier que z1 + z2 = −2 2 . Déterminer le module et un argument de z1 et de z2 .
G G
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 z1 et z2 , et I milieu de [AB]
b) Démontrer que le triangle OAB est isocèle.

JJG

(G )

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 cos



et sin
8
8

Exercice n°10.
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 ∈ ^ ,

(

)

on a P ( z ) = z 2 + 3 Q ( z )
2) Résoudre dans ^ l’équation P ( z ) = 0

G G
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 ; zC = 3 + 2i 3 et z D = zC
4) On note E le symétrique de D par rapport à O. Placer le point E sur le dessin. Montrer que

−i π
zC − zB
= e 3 et
zE − zB

déterminer la nature du triangle BEC
Exercice n°11.


z = z −6

z étant un complexe, on note ( S ) le système 
.
π
2
arg(
z
)
2
k
,
k
=
+

Z
π

2


(

)

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

b = −2 + 2i
c = 3 + 3i
1) Donner le module et un argument des trois complexes suivants : a = 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.

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Cours et exercices de mathématiques
Exercice n°12.

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(

JG JJG

Soit le plan complexe P rapporté au repère orthonormal direct O; e1 ; e2

)

On définit dans P une suite de points ( M n )n∈` d'affixes zn définies par :

z0 = 8 et pour tout entier naturel n, zn +1 =

1+ i 3
zn
4

1) Calculer zn en fonction de n.
2) Pour tout entier naturel n , calculer le rapport

zn +1 − zn
zn +1

En déduire la nature du triangle OM n M n +1 et montrer que : M n M n +1 = kOM n +1 , où k est un réel strictement positif à
déterminer .
3) Si rn est le module de zn , donner la limite de rn si n tend vers plus l'infini. Quelle interprétation géométrique peut-on
donner ?
Exercice n°13.
On considère l’application f du plan qui à tout point M, d’affixe z distincte de 2i, associe le point d’affixe :

z +i
z − 2i
1) Pour z ≠ 2i , on pose z = 2i + reiθ , avec r>0 et θ ∈ \ . Ecrire z ′ − 1 à l’aide de r et θ
z′ =

2) A est le point d’affixe 2i
a) Déterminer l’ensemble E1 des points M pour lesquels z ′ − 1 = 3
b) Déterminer l’ensemble E2 des points M pour lesquels arg ( z ′ − 1) =

π
4

( 2π )

c) Représenter les ensembles E1 et E2
Exercice n°14.
1) Déterminer la forme complexe de la rotation r de centre Ω ( −1) et d’angle
−i

π

π
3

Préciser l’image par r du point A d’affixe e 3
2) Soit t la transformation qui à tout point M d’affixe z associe le point M1 d’affixe z1 = z − 3i
a) Caractériser la transformation t
b) Donner la forme complexe de t D r
Reconnaître cette nouvelle transformation en déterminant ses éléments caractéristiques
Exercice n°15.
On définit la transformation f du plan par sa forme complexe :

z ′ + 3 − 4i = 2 ( z + 3 − 4i )

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

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NOMBRES COMPLEXES
CORRECTION
Exercice n°1

z1 = z − z ′ = 3 + 3i − ( −1 − 2i ) = 3 + 3i + 1 + 2i = 4 +
2

2

z2 = z ⋅ z = z = 3 + 3i = 32 +

(

z3 = z 2 = 3 + 3i

)

2
3

( 3)

2

= 32 + 2 × 3 × 3i +
3

(

)

3+2 i

= 12

( 3i )

2

= 9 + 6 3i +

2

( 3)

1

2

( i )2 = 9 + 6

2

3i − 3 = 6 + 6 3i

3

z4 = z ′3 = ( −1 + 2i ) = ( −1) + 3 × ( −1) × ( 2i ) + 3 × ( −1) × ( 2i ) + ( 2i )

= −1 + 6i − 3 × ( −4 ) + 8i 3 = −1 + 6i + 12 + 8i × iN2 = −1 + 6i + 12 − 8i = 11 − 2i

z5 =
=

(

=−1

)

3 + 3i ( −1 − 2i ) −3 − 3 × 2i − 3i − 2 3i 2
z 3 + 3i
=
=
=
z ′ −1 + 2i ( −1 + 2i )( −1 − 2i )
( −1)2 − ( 2i )2

(

)

2 3 −3 6+ 3
−3 − 6i − 3i + 2 3 2 3 − 3 − i 6 + 3
=
=
−i
1 − ( −4 )
5
5
5

Exercice n°2

( )

2
2
1) On calcule successivement i 2 = −1 , i3 = i 2 × i = −1× i = −i et i 4 = i 2 = ( −1) = 1

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

( )

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

La division euclidienne de 2009 par 4 fournit 2009 = 4 × 502 + 1

( )

502
502
× i = (1) × i = i
Ainsi, i 2009 = i 4×502+1 = i 4×502 × i1 = i 4

Notons q et r le quotient et le reste de la division de n par 4. On a donc n = 4q + r avec 0 ≤ r ≤ 3

( )

q
q
Si r=0, c’est-à-dire si n=4q, i n = i 4×q = i 4 = (1) = 1

( )
q
q
Si r=2, c’est-à-dire si n=4q+2, i n = i 4×q + 2 = i 4×q × i 2 = ( i 4 ) × i 2 = (1) × ( −1) = −1
q
q
Si r=3, c’est-à-dire si n=4q+3, i n = i 4×q +3 = i 4×q × i3 = ( i 4 ) × i 3 = (1) × ( −i ) = −i
q
q
Si r=1, c’est-à-dire si n=4q+1, i n = i 4×q +1 = i 4×q × i1 = i 4 × i = (1) × 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 = 12 + 12 = 2 .
Un argument θ de 1+i vérifie cos θ =

Ainsi, 1 + i = 2e

(1 + i )n

i

1
2
1
2
π
=
et sin θ =
=
. θ = ( 2π ) convient
4
2
2
2
2

π
4 , et pour tout entier naturel,

sera un réel négatif si et seulement n

π
4

(1 + i )

n

π

i

= 2e 4



n


 =



( 2)

n in

e

π
4

= π + 2kπ , k ∈ ] ⇔ n = 4 ( 2 k +1) , k ∈ ]

n

Les entiers naturels n tels que (1 + i ) soit un réel négatif sont donc de la forme n = 4 ( 2 k +1) , k ∈ ]
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Cours et exercices de mathématiques
Exercice n°3
1)

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5 z + 2i = (1 + i ) z − 3 ⇔ z ( 5 − (1 + i ) ) = −2i − 3 ⇔ z ( 4 − i ) = −2i − 3

⇔z=

−2i − 3 ( −2i − 3)( 4 + i ) −8i − 2i 2 − 12 − 3i 2 − 12 − 11i
10 11
=
=
=
=

− i
4−i
16 + 1
17 17
( 4 − i )( 4 + i )
42 − i 2

 10 11 
− i
 17 17 
Pour z ≠ −1 ,
z −i
= 4i ⇔ z − i = 4i ( z + 1) ⇔ z (1 − 4i ) = 4i + i
z +1
5i (1 + 4i )
5i
5i + 20i 2
5i − 20
20
5
i
⇔z=
=
=
=
=

+
1 − 4i (1 − 4i )(1 + 4i ) 12 − ( 4i )2 1 − ( −16 )
17 17
Ainsi, S = −

5
 20
+i 
 17 17 

Ainsi, S = −

2) On résout le système par combinaison :

3 z1 + z2 = 1 − 7i

 iz1 + 2 z2 = 11i

L1
6 z + 2 z2 = 2 − 14i 2 L1
⇔ 1
L2
L2
 iz1 + 2 z2 = 11i
2 − 25i

z1 =

( 6 − i ) z1 = 2 − 14i − 11i 2 L1 − L2

6−i
⇔
⇔
iz1 + 2 z2 = 11i
L2

 z = 11i − iz1
 2
2

2 L1 − L2
L2

On obtient donc :

z1 =

2 − 25i ( 2 − 25i )( 6 + i ) 12 + 2i − 150i − 25i 2
=
=
6−i
( 6 − i )( 6 + i )
36 − i 2

12 + 2i − 150i + 25 37 − 148i
=
= 1 − 4i
36 + 1
37
11i − i (1 − 4i ) 11i − i + 4i 2 −4 + 10i
puis z2 =
=
=
= −2 + 5i
2
2
2
=

{

}

Finalement, S = (1 − 4i; −2 + 5i )

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

2 ( x + iy ) + i ( x − iy ) = 3 ⇔ 2 x + 2iy + ix − i 2 y = 3
⇔ 2x + y + i ( 2 y + x) = 3
2 x + y = 3
, que l’on résout par substitution :
2 y + x = 0

donc équivalente au système 

L1
 y = 3 − 2x
 2 x + y = 3 L1
⇔

2 y + x = 0 L2
 2 ( 3 − 2 x ) + x = 0 L2
L1
 y = 3 − 2x
 y = 3 − 2 x L1
 y = −1 L1
⇔
⇔
⇔ 
L2
6 − 4 x + x = 0 L2
 x=2
 x = 2 L2
Ainsi S = {2 − i}

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Cours et exercices de mathématiques

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Si on pose z = x + iy , avec x, y ∈ \ , 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 + 2ixy + y 2 + x 2 + y 2 = 0

(

)

⇔ 2 x 2 + y 2 + 2ixy = 0

 x 2 + y 2 = 0
, dont l’unique solution est le couple
 xy = 0

donc équivalente au système 

x = 0

y = 0

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

∆ = 62 − 4 × ( −2 ) × ( −5 ) = 36 − 40 = −4 = ( 2i )

2

L’équation admet donc deux racines complexes conjuguées : z1 =

−6 − 2i
3 1
−6 + 2i
3 1
= + i et z2 =
= − i
2 × ( −2 ) 2 2
2 × ( −2 ) 2 2

3 1 3 1 
S =  − i; + i 
2 2 2 2 

(

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
G = z − z = 4 − 3i − ( −1 − 5i ) = 4 − 3i + 1 + 5i = 5 + 2i ,
1) On calcule d’une part zJJJ
B
A
AB
G = z − z = 3 + 3i − ( −2 + i ) = 3 + 3i + 2 − i = 5 + 2i
Et d’autre part zJJJJ
C
D
DC

JJJG

JJJG

G = z JJJJG , on en déduit que AB = DC , donc que le quadrilatère ABCD est un parallélogramme.
Puisque zJJJ
AB
DC

JJJJG

JJJG

G = zJJJG , c’est-à-dire
2) Si C’ est le symétrique du point C par rapport à D, alors DC ′ = CD , ce qui se traduit par zJJJJ
DC ′
CD

zC ′ − z D = z D − zC ⇔ zC ′ = 2 z D − zC = 2 ( −2 + i ) − ( 3 + 3i )

= −4 + 2i − 3 − 3i = −7 − i
Ainsi zC ′ = −7 − i

JJJJG

JJJG JJJG

3) L’égalité vectorielle DA′ = DB + DC se traduit, au niveau des affixes, par :
G = z JJJG + zJJJJG ⇔ z − z = z − z + z − z
zJJJJ
A′
D
B
D
C
D
DA′
DB
DC

⇔ z A′ = z B + zC − z D = 4 − 3i + 3 + 3i − ( −2 + i )
⇔ z A′ = 9 − i

G = z − z = 4 − 3i − ( 9 − i ) = −5 − 2i ,
4) On calcule d’une part zJJJJ
B
A′
A′B
G = z − z = −7 − i − ( −2 + i ) = −5 − 2i
Et d’autre part zJJJJ
C′
D
DC ′

JJJJG

JJJJG

G = z JJJJG , on en déduit que A′B = DC ′ , donc que le quadrilatère A’BC’D est un parallélogramme.
Puisque zJJJJ
A′B
DC ′

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Exercice n°5
1) En réécrivant autrement le polynôme P, à savoir :

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P ( z ) = z 3 − 22 z − 36 + i ( 9 z 2 + 12 z − 12 ) = z 3 − 22 z − 36 + 3i ( 3z 2 + 4 z − 4 ) , on s’apperçoit que si z1 est une racine

réelle de P, alors on doit avoir nécessairement z13 − 22 z1 − 36 = 0 et 3 z12 + 4 z1 − 4 = 0 . Cherchons donc les racines

réelles du polynôme R ( z ) = 3 z 2 + 4 z − 4 en calculant son discriminant : ∆ = 42 − 4 × 3 × ( −4 ) = 16 + 48 = 64 = 82

−4 + 64 2
−4 − 64
= −2 et
= . Sur ces deux racines, seule –2 est racine du
2×3
3
2×3
3
polynôme S ( z ) = z − 22 z − 36 . Ainsi la seule racine réelle de P est z1 = −2
d’où l’existence de deux racines réelles

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

Q(z) =

P( z)
z+2

, pour tout z ≠ −2 )

On obtient :
Le polynôme Q est donc :

Q ( z ) = z 2 + ( 9i − 2 ) z − 6 ( i + 3)

3) On calcule le discriminant du polynôme Q :

∆ = ( 9i − 2 ) − 4 × 1× ( −6 ( i + 3) ) = −81 − 36i + 4 + 24i + 72 = −5 − 12i .
2

−5 − 12i = ( 2 − 3i ) ,
2

− ( 9i − 2 ) − ( 2 − 3i )

ce

qui

permet

de

calculer

les

deux

L’astuce
racines

est

complexes

de

remarquer

de

Q:

L’une

que
vaut

− ( 9i − 2 ) + ( 2 − 3i ) −12i + 4
−6i
= −3i et l’autre vaut
=
= −6i + 2 . L’équation Q(z)=0 admet
2
2
2
2
donc une solution imaginaire pure : z2 = −3i
=

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

P ( z ) = 0 ⇔ ( z + 2 ) Q ( z ) = 0 ⇔ z + 2 = 0 ou Q ( z ) = 0 et ainsi S = {−2; −3i; −6i + 2}
5) Notons A le point d’affixe z1 = −2 , B le point d’affixe z2 = −3i et C le point d’affixe z3 = −6i + 2

JJJG

JJJG

L’affixe du vecteur AB vaut z2 − z1 = −3i + 2 . Celle du vecteur AC vaut z3 − z1 = −6i + 4

JJJG

JJJG

JJJG

JJJG

Puisque z3 − z1 = 2 ( z2 − z1 ) , 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°6
Le module de z1 vaut

6 −i 2 =

Un argument θ de z1 vérifie cos θ =
−i

( 6 ) + (− 2 )
2

2

= 8=2 2

6
3
− 2
1
π
=
et sin θ =
= − . θ = − convient
2
2
6
2 2
2 2

π

Ainsi, z1 = 2 2e 6
Le module de z2 vaut −

2

2

1 1
1
2
 1  1
− i = −  +−  =
=
2 2
2
2
 2  2
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1
1


1
2
1
2
Un argument θ de z2 vérifie cos θ = 2 = −
et sin θ = 2 = −
.θ=
convient
=−
=−
4
2
2
2
2
2
2
2
2


2 i
e
Ainsi, z2 =
2


4

Pour z3 , on reconnaît directement z3 = −

1
3
 2π
i = cos 
+
2 2
 3


 2π 
 + i sin 


 3 

i

. Une forme exponentielle est donc z3 = e
Le module de z3 vaut donc 1, un argument
3

On calcule z1 ⋅ z2 = 2 2e

i


6

2 i
×
e
2


4

 5π 3π 
i + 
= 2e  6 4 

19π
= 2e 12
i

= 2e

Le module de z1 ⋅ z2 vaut donc 2 et un argument de z1 ⋅ z2 est donc −
On calcule z1 ⋅ z3 = 2 2e

i


6

×e

i


3

=2

 5π 2π 
i + 
2e  6 3 

= 2 2e

i


6

−i


12


12

= 2 2e

Le module de z1 ⋅ z3 vaut donc 2 2 et un argument de z1 ⋅ z3 est donc −
On calcule ( z2 )

2

 2
=
 2


Le module de ( z2 )

2

3π  2
i
e 4 

2

2×3π




3 .

i
 2
1 i
1 −i
= 
 × e 4 = × e 4 = × e

2
2
 2 

1
π
2
vaut donc
et un argument de ( z2 ) est donc −
2
2

−i


6

= 2 2e

−i

π
2

π
2

4

π

1 −i
= ×e 2
2

Exercice n°7
Notons z1 = 1 + i 3 . Alors le module de z1 est z1 = 12 +

( 3)

2

= 1 + 3 = 4 = 2 . Pour trouver un argument de z1 ,

π
i
1
3
π
. On trouve θ = [ 2π ] . Ainsi z1 = 2e 3
cherchons θ tel que cos θ = et sin θ =
2
2
3

De même, notons z2 = 1 − i . Alors le module de z2 est z2 = 12 + ( −1) = 2 . Pour trouver un argument de z2 ,
2

cherchons θ tel que cos θ =

π
−i
1
2
−1
2
π
=−
=
et sin θ =
. On trouve θ = − [ 2π ] . Ainsi z2 = 2e 4
2
2
4
2
2
i

π

 π  π 


i  − −  
i
1+ i 3
1+ i 3
2e 3
 3  4 
=
= 2e
= 2e 12 .
Le quotient
s’écrit donc
π
−i
1− i
1− i
2e 4
20

20


10
140π
20 i 20×7π
 1+ i 3 
i


 2 2  ei 12
12
12
2
e
2
e
Alors z = 
=
=
=




 1 − i 






140π 6 × 24π 4π
π
π
=

= 6 × 2π − ≡ − [ 2π ]
Comme 140 = 6 × 24 − 4 , on aura
12
12
12
3
3
π
140π
−i
i
3
 π
 π 1
i
Ainsi e 12 = e 3 = cos  −  + i sin  −  = −
 3
 3 2 2

Enfin, 


( )

( )

20

 1+ i 3 
1
3 
i  = 512 − 512 3i
2  = 210 = 1024 En conclusion z = 
 = 1024  −

 1− i 
2 2 

( )

2 10

Page 8/16

Cours et exercices de mathématiques
Exercice n°8
G G
Dans le plan muni du repère orthonormal ( O; u ; v ) ,

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

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
z − 3 = z − 3i 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 − 3i 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 + 3i = 22 + 32 = 13 , l’égalité 2 − 3i + z = 2 + 3i ⇔ z − ( −2 + 3i ) = 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 − 3i + z = 2 + 3i est donc le cercle de centre C(–2+3i) et de rayon

13

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

2

2

2

= 12 = 1 , se réécrit

2

x − iy − 4 + i = 1 ⇔ x − 4 − i ( y − 1) = 1 ⇔ ( x − 4 ) + ( y − 1) = 1
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 ) ( 2π )

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

et

arg ( − z ) = arg ( z ) + π ( 2π ) ,

( 2π ) , soit arg ( z ) = −

π

()

2

l’égalité

( 2π ) .

L’ensemble des points M du plan dont l’affixe z vérifie arg z = − arg ( z ) ( 2π ) est donc le demi-axe des ordonnées
constitué des points dont l’affixe est un imaginaire pur de partie imaginaire négative.

Page 9/16

Cours et exercices de mathématiques
Exercice n°9
1) On calcule P ( 2 ) = 23 + 2

(

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

)

(

)

2 − 1 × 22 + 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,

(

)

P ( z ) = ( z − 2 ) az 2 + bz + c . Déterminons a,b et c par identification.
Pour tout z,

( z − 2 ) ( az 2 + bz + c ) = az 3 + bz 2 + cz − 2az 2 − 2bz − 2c
= az 3 + ( b − 2a ) z 2 + ( c − 2b ) z − 2c

a = 1

b − 2a = 2 2 − 1


, ce qui nous permet
Ainsi, on aura ( z − 2 ) az 2 + bz + c = P ( z ) pour tout z si et seulement si 
c
2
b
4
1
2

=



−2c = −8
a = 1

d’obtenir b = 2 2 . Ainsi, pour tout z, P ( z ) = ( z − 2 ) z 2 + 2 2 z + 4
c = 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 :

−2 2 + 2 2i
−2 2 − 2 2i
= − 2 + 2i et z2 =
= − 2 − 2i
2
2
On vérifie que z1 + z2 = −2 2 .
z1 =

Le module de z1 vaut − 2 + 2i =

(− 2 ) + ( 2 )
2

2

=2

− 2
2

et sin θ =
.θ=
( 2π ) convient
2
2
4
Puisque les racines z1 et z2 sont conjuguées, le module de z2 est le même que celui de z1 , à savoir 2, et un argument de

z2 est θ = −
( 2π ) .
4

Un argument θ de z1 vérifie cos θ =

3) a)

Page 10/16

Cours et exercices de mathématiques

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

b) On calcule OA = z A = 2 = 2 et OB = z1 = 2 . Puisque OA=OB, le triangle OAB est isocèle en O.

AOB .
Puisque le trianble OAB est isocèle en O, la médiane (OI) issue de O est aussi bissectrice de l’angle n

JJG

1  3π

2 4

 3π
=
 8
z + z B 2 − 2 + 2i
2
2
c) Puisque I est le milieu de [AB], z I = A
=
= 1−
+i
2
2
2
2

(G )

Une mesure de l’angle u ; OI est donc

2

2


2
2
2  2
1 1
Le module de z I vaut donc 1 −
+i
=  1 −
 + 
 = 1 − 2 + + = 2 − 2
2
2
2   2 
2 2


G JJG 3π
d) Puisque u ; OI =
( 2π ) , on a donc arg ( zI ) = ( 2π )
8
8
2
2
1−
1−

2
2
2 =
2 = 2− 2 =
+i
, on en déduit alors que cos
Et puisque z I = 1 −
=
8
2
2
zI
2− 2 2 2− 2

(

)

2− 2
, et que
2

2
2

2
2 2+ 2
2 2+ 2
2 2+ 2
2+ 2
2
sin
= 2 =
=
=
=
=
=
8
2
zI
2 2
2 − 2 2 2 − 2 2 2 − 2 2 + 2 2 22 − 2 2

( )

Exercice n°10
1) On calcule :

( ) ( )

P i 3 = i 3
= 


( )

4

( )

2

2
 
3   iN2  − 6
  −1 
2

( )

3

− 6 i 3 + 24 i 3

2

( )

− 18 i 3 + 63 =

( 3) i

( 3 ) × ( 3 ) iN × i + 24 ( 3 ) iN − 18i
2

2

2

−1

2

4

4

−6

( 3) i
3

3

+ 24

( 3) i
2

2

− 18i 3 + 63

3 + 63

−1

= 9 + 18 3i − 72 − 18i 3 + 63 = −63 + 63 = 0
et de même

(

) (

P −i 3 = −i 3

(

)

)

2

4

(

)

3

(

− 6 −i 3 + 24 −i 3

(

) (

)

)

2

(

)

(

)

4

(

)

3

(

)

2

− 18 −i 3 + 63 = − 3 i 4 − 6 − 3 i 3 + 24 − 3 i 2 + 18i 3 + 63

(

)

2 2
2
2

=  − 3   iN2  − 6 − 3 × − 3 iN2 × i + 24 − 3 iN2 + 18i 3 + 63

  −1 
−1
−1

= 9 − 18 3i − 72 + 18i 3 + 63 = −63 + 63 = 0
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 :

(

)(

)

( )

2
P ( z ) = z − i 3 z + i 3 Q ( z ) ⇔ P ( z ) =  z 2 − i 3  Q ( z ) ⇔ P ( z ) = ( z 2 + 3) Q ( z ) Pour


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

−i 3 , on a
P( z)
Q(z) = 2
. On effectue la division :
z +3
Ainsi Q ( z ) = z 2 − 6 z + 21

Page 11/16

trouver

Q,

on

Cours et exercices de mathématiques

(

)(

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

)

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

2

z − 6 z + 21 = 0 Résolvons l’équation z − 6 z + 21 = 0 ⇔ Q ( z ) = 0 en calculant le discriminant du polynôme Q :
2

2

∆ = ( −6 ) − 4 × 1× 21 = 36 − 84 = −48 . Le polynôme Q admet donc deux racines complexes conjuquées
2

z1 =

− ( −6 ) + i 48
2 ×1

=

6 + 4i 3
= 3 + 2i 3 et z2 = z1 = 3 − 2i 3 . Ainsi S = i 3; −i 3;3 + 2i 3;3 − 2i 3
2

{

3) cf fin d’exercice

(

}

)

4) Si E est le symétrique de D par rapport à O, alors z E = − z D = − 3 − 2i 3 = −3 + 2i 3
On calcule alors

zC − z B
3 + 2i 3 + i 3
3 + 3i 3
1+ i 3
=
=
=
z E − z B −3 + 2i 3 + i 3 −3 + 3i 3 −1 + i 3

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

(

)(
)(

)

1 + i 3 −1 − i 3
zC − z B
−1 − i 3 − i 3 + 3 2 − 2i 3 1
3
=
=
=
= −i
2
2
zE − zB
1+ 3
2
2
−1 + i 3 −1 − i 3
( −1) − i 3

(

)

( )

1
3
:
−i
2
2

On détermine module er argument de

2

Le module de ce complexe vaut

2
1 3
1
1  3
+ = 1 = 1 . On cherche ensuite θ tel que cos θ = et
 =
  + 
4 4
2
2  2 

π
−i
zC − z B 1
3
π
3
sin θ = −
= −i
=e 3
. On trouve θ = − [ 2π ] . Ainsi
2
2
3
zE − zB 2
π
−i
zC − z B
BC
De l’égalité précédente, on déduit que
=e 3 ⇔
= 1 ⇔ BC = BE , donc le triangle BEC est isocèle en B.
zE − zB
BE
JJJG JJJG π
 z − zB  π
De plus arg  C
 = [ 2π ] ⇔ BE; BC = [ 2π ] , donc le triangle BEC est finalement équilatéral
3
 zE − zB  3

(

)

Figure :

Page 12/16

Cours et exercices de mathématiques
Exercice n°11
1) On calcule a =
et sin θ =

3 +i =

2

+ 12 = 4 = 2 . Le module de a vaut donc 2, et on cherche θ tel que cos θ =

1
π
π
. On trouve θ = [ 2π ] . Un argument de a est donc
6
2
6

On calcule b = −2 + 2i =

cos θ =

( 3)

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

( −2 )

2

3
2

+ 22 = 8 = 2 2 . Le module de b vaut donc 2 2 , et on cherche θ tel que

−2
−1
2
2


=
=−
et sin θ =
. On trouve θ =
[ 2π ] . Un argument de b est donc
2
2
4
4
2 2
2

On calcule c = 3 + 3i = 32 + 32 = 18 = 3 2 . Le module de c vaut donc 3 2 , et on cherche θ tel que

cos θ =

3

=

3 2

1
2
3
1
2
π
π
sin θ =
=
=
=
. On trouve θ = [ 2π ] . Un argument de c est donc
4
2
2
4
2
3 2
2

2) La condition arg( z 2 ) =
d’éliminer

les

π

2

complexes

c − 6 = 3 + 3i − 6 = −3 + 3i =

+ 2kπ , k ∈ Z ⇔ 2 arg( z ) =
a

et

( −3 )

2

b

.

π

2

Seul

+ 2kπ , k ∈ Z ⇔ arg( z ) =
le

complexe

c

est

π

4

+ kπ , k ∈ Z permet déjà
candidat.

On

calcule

+ 32 = 18 = 3 2 . Comme c − 6 = c , le complexe c est le seul à vérifier le

système (S)
3) La contrainte z = z − 6 ⇔ z − 0 = z − 6 se traduit par la condition géométrique OM = AM . La contrainte

arg( z 2 ) =

π
2

+ 2kπ , k ∈ Z ⇔ 2 arg( z ) =

(

G JJJJG

)

géométrique u; OM =

π
4

π
2

+ 2kπ , k ∈ Z ⇔ arg( z ) =

π
4

+ kπ , k ∈ Z

se

traduit

par

la

condition

+ kπ , k ∈ Z .

4) Les complexes solutions du système ( S ) sont les affixes des points d’intersection de la médiatrice de [OA] et de la

(

G JJJJG

)

droite formée des points M tels que u; OM =

π
4

+ kπ , k ∈ Z , cest-à-dire la 1ère bissectrice. Ces deux droites n’ayant

qu’un seul point d’intersection, on en déduit que le système (S) n’admet qu’un seule solution. Cette solution est le
complexe c, comme démontré précédemment.
Exercice n°12
1) La suite ( zn )n∈` est une suite géométrique de raison q =

1+ i 3
4
2

2
1+ i 3
4
1 1
1  3
=
= , et si on note θ un argument de q, à
: q =   +
Forme exponentielle de q =
 =

4
16
4 2
4  4 

1
3
1
π
1 iπ
3
2π près, on a cos (θ ) = 4 = et sin (θ ) = 4 =
d’où on reconnaît θ = [ 2π ] et ainsi q = e 3 .
1 2
1
2
3
2
2
2
11 i 3 1
π
π  1 i π3
(on pouvait aussi directement remarquer que q =  +
 =  cos + i sin  = e )
2  2
2  2 
3
3 2
n

n

n

π

1  i 
1 i
Ainsi, pour tout entier n ∈ ` zn = z0 × q = 8    e 3  = 8   e 3
2  
2
n

Page 13/16

Cours et exercices de mathématiques
2) Pour tout entier n ∈ ` , puisque zn ≠ 0 ,

zn +1 − zn
=
zn +1

=

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

1+ i 3
1+ i 3
1+ i 3 4
zn − zn
−1

−3 + i 3 1 − i 3
4
4 = −3 + i 3 × 4 =
= 4
= 4
4
1+ i 3
1+ i 3
1+ i 3
1+ i 3
1+ i 3 1− i 3
zn
4
4
4

(

−3 + 3 3i + 3i − i 2

( )

1− i 3

( 3)

2

)(
)(

(

)

2

=

4 3i − 3 + 3
= 3i
4
zn +1 − zn
=
zn +1

En calculant module et argument de ce dernier complexe, on obtient

3i ⇔

z −z
3 .). De plus, arg  n +1 n
 zn +1

M n M n +1 = 3OM n +1 (le réel k dont parle l ‘énoncé est

JJJJJJJG JJJJJJJJJG π
[ 2π ] donc le triangle OM n M n+1 est rectangle en M n+1
n +1 ; M n M n +1 =
2

(OM

)

M n M n +1
= 3⇔
OM n +1


 = arg


( 3i ) [2π ] ⇔

)

1
2

n

3) Nous avons calculé, dans la question1), que pour tout entier n ∈ ` zn = 8   e

i


3

1
2

n

. Ainsi rn = 8   , et puisque

n

1
1
0 < < 1 , lim   = 0 , donc lim rn = 0 , donc le point M n a pour position limite le point O lorsque n tend vers plus
n →+∞
→+∞
n
2
2
l'infini.
Exercice n°13

z +i
z + i z − 2i
3i
−1 =

=
z − 2i
z − 2i z − 2i z − 2i
3i
3i
3i
3i
Si on pose z = 2i + reiθ , avec r>0 et θ ∈ \ , alors z ′ − 1 =
=
= iθ = e −iθ
θ
i
z − 2i 2i + re − 2i re
r

1) Pour tout z ≠ 2i , on calcule z ′ − 1 =

π

π



3i
3 i
3 i −θ 
Enfin, on peut écrire z ′ − 1 = e −iθ = e 2 e −iθ = e  2 
r
r
r
2) a) Un point M aura une affixe z vérifiant z ′ − 1 = 3 si et seulement si :
π

π





3 i 2 −θ 
3 i −θ 
3/
1
e
= 3 ⇔ e  2  = 3 ⇔ = 3/ ⇔ = 1 ⇔ r = 1
r
r
r
r




Ainsi, on aura z = z A + e

1


⇔ z − z A = eiθ , ce qui implique z − z A = eiθ = 1 ⇔ AM = 1 et arg ( z − z A ) = θ

( 2π ) .

Le point M appartient donc au cercle de centre A et de rayon 1. E1 est donc le cercle de centre A et de rayon 1.
π



3 i −θ 
π
b) Puisque z ′ − 1 = e  2  , on aura arg ( z ′ − 1) = − θ
r
2

arg ( z ′ − 1) =

JJJJG

(uG; AM ) = π4

π
4

( 2π )

si

et

seulement

si :

π
2

−θ =

π
4

( 2π ) .

Un point M aura une affixe z vérifiant

( 2π ) ⇔ θ =

π
4

( 2π ) .

Ainsi

z − zA = e

( 2π ) . Le point M appartient donc à la demi-droite d’origine A et d’équation polaire θ =

E2 est donc la demi-droite d’origine A et d’équation polaire θ =

π
4

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π
4

i

π
4,

( 2π )

donc

Cours et exercices de mathématiques
c)

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

Exercice n°14
1) La rotation r de centre Ω ( −1) et d’angle

z ′ − zΩ = e

i

π

i

π
3

est la transformation qui, à tout z associe z ′ = r ( z ) tel que

π

( z − zΩ ) ⇔ z′ + 1 = e ( z + 1) ⇔

3

L’image par r du point A d’affixe e

−i

−i

3

z′ = e

π
3 a pour affixe

i

π
3

( z + 1) −1 , ou encore

z ′A = r ( z A ) = e

π

i

π 
π
−i
3

e



3

π
π

i
i
3

+1 −1 = 1+ e −1 = e 3



π

e3
G
G
2) a) Si on note w le vecteur d’affixe − 3i , alors la transformation t est la translation de vecteur w
L’image par r du point A d’affixe e

3 est le point d’affixe

i

1
3 
3 1
z ′ =  +
i  z +
i−
2
2
2 2 

b) Pour tout complexe z,

 1
3 
3 1
t D r ( z ) = t ( r ( z ) ) = t   +
i  z +
i− 
 2 2
2
2 



1
1
3 
3 1
3 
3 1
i  z +
i − − 3i =  +
i  z −
i−
=  +
2
2
2
2
2
2
2
2




π

π

i
1
3  1
3  i3
i  z −  +
i  = e z − e 3
=  +
2 2  2 2 

Déterminons les éventuels points fixes de cette transformation, en résolvant l’équation :

t D r ( z) = z

1
 1
1
3  1
3 
3 
3 
i  z −  +
i  = z ⇔  − +
i  z =  +
i 
⇔  +
2 2  2 2 
 2 2 
2 2 
⇔e

i


3

z=e

i

π
3

⇔z=

e
e

i

i

π
3


3

=e

−i

π
3

Page 15/16

Cours et exercices de mathématiques
On reconnaît l’affixe du point A.
L’unique point fixe de la transformation t D r est le point A
En écrivant simultanément t D r ( z ) = e

i

π

π

i
3 z − e 3 et et
i

zA = e

M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr

i

π
3z

A

−e

i

π
3,

π

on obtient, par soustraction, t D r ( z ) − z A = e 3 ( z − z A )
La transformation t D r est donc la rotation de centre A et d’angle

π
3

Exercice n°15
1) Déterminons les éventuels points fixes de cette transformation, en résolvant l’équation :

z ′ = z ⇔ z = 2 ( z + 3 − 4i ) − 3 + 4i

⇔ z = 2 z + 6 − 8i − 3 + 4i
⇔ z = −3 + 4i
La transformation f admet un point fixe Ω , d’affixe zΩ = −3 + 4i .
En écrivant successivement z ′ = 2 z + 3 + 4i et zΩ = 2 zΩ + 3 + 4i , puis en soustrayant membre à membre, on obtient :

z ′ − zΩ = 2 ( z − z Ω ) .

La transformation f est donc l’homothétie de centre Ω , d’affixe zΩ = −3 + 4i , et de rapport 2
2) Par l’homothétie f de centre Ω et de rapport 2, l’image C’ du cercle C de centre A(-2+i) et de rayon 1 est le cercle de
centre f(A) et de rayon 2 ×1 = 2 .
On calcule :

f ( A ) = 2 ( −2 + i ) + 3 + 4i = −4 + 2i + 3 + 4i = −1 + 6i

L’image de C est le cercle C’ de centre le point f(A) d’affixe –1+6i et de rayon 2.

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