Exercices corrigés – Nombres complexes

Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle
Exercices corrigés – Nombres complexes
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Exercices corrigés – nombres oomplexes
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Correction de l’exercice 1
(
rr
)
Dans le plan complexe, rapporté à un repère orthonormé O , u, v , d’unité graphique 1cm, on place les points A, B, C, P d’affixes respectives
3
3
1
zA = +6i, zB = −6i, zC =-3− i, zP =3+2i :
2
2
4
1.
5
(a) Déterminons l’affixe zQ du point Q, image du point B par la translation t de vecteur w
Å d’affixe z =-1+ i :
2
w
Å
3
5
t a pour écriture complexe z′= z+z donc zQ = zB +z = −6i+ -1+ i
2
2
w
Å
w
Å
(
(b)
Déterminons l’affixe zR du point R, image du point P par homothétie h de centre C et de rapport -
h a pour écriture complexe z′−zC = donc zR =-2−
(c)
) = 21 − 72 i .
1
:
3
1
1
1
1
× z− zC) donc zR −zC =- ×( zP − zC ) donc zR =- ×3+2i− -3− i
3 (
3
3 
4
(
)+( -3− 14 i ) =- 31 ( 6+ 94 i) −3− 14 i
3
1
i−3− i = -5− i .
4
4
Déterminons l’affixe zS du point S, image du point P par la rotation r de centre A et d’angle –
r a pour écriture complexe z′− zA = e
- i π2
( z− zA ) donc zS − zA = e
- i π2
π
:
2
( zP − zA ) donc zS =-i 3+2i− 2 +6i

( 3 )+ 23 +6i =- i ( 32 −4i )+ 32 +6i
3
3
5 9
donc zS =- i× +4i 2+ +6i = - + i .
2
2
2 2
y
6
(d) Plaçons les points P,Q,R et S :
D’après les affixes des points P, Q, R et S, on déduit que
P(3;2), Q
(
1
;- 7
2
2
5
2
9
2
5
S
) , R(-5;-1) et S ( - ; )
A
4
3
2.
(a) Démontrons que le quadrilatère PQRS est un parallélogramme :
Calculons zÄ
QR et zÄ
PS :
1 7
11 5
zÄ
− i =- + i
QR = zR − zQ =-5− i−
2 2
2
2
5 9
11 5
zÄ
PS = zS − zP =- 2 + 2 i−(3+2i) =- 2 + 2 i
Donc zÄ = zÄ donc Ä
QR = Ä
PS donc PQRS est un parallélogramme.
(
QR
P
2
1
)
Om
-6
-5
-4
-3
C
R
-2
-1
0
1
2
3
4
x
-1
PS
-2
11 5
+ i
- 11 + 5 i
2
2
2
2
(b)
=
5
1
7
+ 11 i
− i
3+2i−
2
2
2
2
- 11+ 5i
5+ 11i
=
= i×
=i
5+ 11i
5+ 11i
| zR − zQ| = i =1 donc QR =1 donc QR= QP (*)
z −z
Donc R Q =
||
zP − zQ
QP
| zP − zQ|
π
π
z −z
(2π) donc (Ä
et arg R Q = arg( i) =
QP ; Ä
QR ) = (2π) (**)
2
2
zP − zQ
-
z −z
z −z
Calculons R Q : R Q =
zP − zQ zP − zQ
(
-3
Q
)
-4
-5
-6
B
| |
( )
Grâce à (*) et (**) on peut en déduire que le parallélogramme PQRS est un carré .
(c) Montrons que les points P, Q, R, S appartiennent à un même cercle dont on précisera le centre et le rayon :
PQRS étant un carré, son centre que l’on note Ω est le milieu de ses diagonales et celles-ci sont de même longueur soit ΩP= ΩR= ΩQ= ΩS.
Par conséquent les points P, Q, R et S appartiennent au même cercle de centre Ω et de rayon ρ= ΩP= ΩR= ΩQ= ΩS.
Déterminons l’affixe de son centre ainsi que son rayon : Ω est le milieu [ PR] donc zΩ =
Et ρ= ΩP= | zP − zΩ | = 3+ 2i−

( - 1+ 12 i)  = | 4+ 32 i | =
2
( 32 )
42+
3+2i−5− i
1
zP + zR
=
= -1+ i .
2
2
2
=
73
=
4
73
2
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Correction de l’exercice 2
Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct (O;Å
u ;Å
v ) d’unité graphique 2cm.
z−4
1. Résolvons dans C
I l’équation
=i
z
z−4
4
4(1+i)
=iñz−4=iz et zý0 ñ z(1−i)=4 et zý0 ñ z=
ñ z=
=2(1+i) =2+2i
z
2
1−i
L’unique solution de l’équation est 2+2i
2. Résolvons dans C
I l’équation z 2−2z+4=0
2
Le discriminant est ∆=4−4×4=-12=(2i 3 )
∆<0 donc l’équation admet deux racines complexes conjuguées :
2−2i 3
z 1=
=1−i 3 et z2= z1 =1+i 3
2
Ecrivons les solutions sous forme exponentielle :
|z1|=
iπ
iπ
1+3 =2 donc z1=2 1 − i 3 =2cos- π +isin- π =2e 3 et z2= z1 =2e 3
2
2


 3
 3 
3. Soient A, B, A′ et D les points d’affixes respectives a=2, b=4, a′=2i et d=2+2i. Quelle est la nature
du triangle OBD ?
d−zO
2+2i
2+2i
(2+2i)(2+2i)
8i
=
=
==- =-i
i
d−b
2+2i−4 -2+2i
4+4
|d−0| = OD d’où OD =1, donc le triangle OBD est isocèle
 d−0 = | -i | =1. Or  d−0 =
d−b
d−b



 | d−b |
BD
BD
en D.
d−0 
=arg(-i)(2π)=- π (2π). Or, arg  d−0 =(Ä
arg 
BD ;Ä
OD )(2π)
 d−b 
 d−b 
2
donc ( Ä
BD ; Ä
OD ) =- π (2π), le triangle OBD est rectangle en D.
2
En conclusion, le triangle OBD est rectangle isocèle en D
4. Soient E et F les points d’affixes respectives e=1−i 3 et f=1+i 3 . Quelle est la nature du quadrilatère
OEAF ?
3 et zÄ
3 =1−i 3 donc zÄ=zÄ donc Ä
zÄ
OE =Ä
FA donc
OE =e−zO =1−i
FA =a−f=2−1−i
OE
FA
le quadrilatère OEAF est un parallélogramme.
OE= | e − zO| = | 1−i 3 | =2 et OF= | f−zO | = | 1+i 3 | = 1+3 =2 donc le
parallélogramme OEAF a deux côtés consécutifs de même longueur, donc c’est un losange.
5. Soit C le cercle de centre A et de rayon 2. Soit C′ le cercle de centre A′ et de rayon 2. soit r la rotation de
centre O et d’angle π .
2
a. On désigne par E′ l’image de E par r. Calculons e′ l’affixe de E′.
iπ
L’écriture complexe associée à la rotation de centre O et d’angle π est z′−zO =e 2
2
z−z
( O)
Càd z′=iz
Ainsi e′=i (1−i 3 )=i+ 3
b. Démontrons que E′ appartient à C ’.
A′E′= | zE′−zA′| = | i+ 3 −2i | = | 3 −i | = 3+1 =2
Donc E′ appartient bien au cercle C′.
c. Vérifions que que e−d=( 3 +2)(e′−d) et déduisons-en que E, E′ et D sont alignés
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(
3 +2)(e′−d) =( 3 +2)( i+ 3 −2−2i ) =( 3 +2)( 3 −2−i )
=3−2 3 −i 3 +2 3 −4−2i= -1−i ( 3 +2 )
e−d =(1−i 3 )−(2+2i)=1−i 3 −2−2i= -1−i ( 3 +2)
Donc e−d=( 3 +2)(e′−d)
Ä
Ä
3 +2)(zÄ
3 +2)Ä
Donc zÄ
DE′ donc les vecteurs Ä
DE et D
E′ sont
DE =(
DE′ ) donc DE =(
colinéaires, d’où les points E, D et E′ sont alignés.
6. Soit D′ l’image de D par r. Montrons que le triangle EE′D′ est rectangle.
Ä )= π (2π).
DE ;D′E′
E′ et D′ sont les images de E et D par r donc (Ä
2
Donc (DE)┴(D′E′). Or, E, D et E′ sont alignés donc (EE′)┴(D′E′) donc le triangle EE′D′
est rectangle en E′.
D
D'
A'
F
E'
1
O0
1
A
B
x
E
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