EX 1 : ( 2,5 points ) On considère dans l`ensemble des nombres

♣
TS. Évaluation 6 - Correction
E X 1 : ( 2,5 points )
On considère dans l’ensemble des nombres complexes, l’équation (E) d’inconnue z suivante :
z 3 + (−8 + i)z 2 + (17 − 8i)z + 17i = 0.
1. Montrer que −i est solution de (E).
(−i)3 + (−8 + i) × (−i)2 + (17 − 8i) × (−i) + 17i = i + 8 − i − 17i − 8 + 17i = 0 ⇐⇒ −i est solution de (E)
¡
¢
2. Déterminer les nombres réels a, b, c tels que : z 3 + (−8 + i)z 2 + (17 − 8i)z + 17i = (z + i) az 2 + bz + c .
On a :
C
En développant le second membre, pour tout z ∈ : z 3 + (−8 + i)z 2 + (17 − 8i)z + 17i = az 3 + (ai + b)z 2 + (bi + c)z + ic
et en identifiant les coefficients des termes de même degré, j’obtiens le système :



a
= 1


 a = 1
 ai + b = −8 + i
b = −8
⇐⇒


bi + c = 17 − 8i


c = 17
 ic
= 17i
¡
¢
On a donc pour tout complexe z, z 3 + (−8 + i)z 2 + (17 − 8i)z + 17i = (z + i) z 2 − 8z + 17
3. Résoudre l’équation (E) dans l’ensemble des nombres complexes.
¯
¯
¯ z = −i
¯ z +i
¯
= 0
¯
¯
¡ 2
¢
¯
(E) ⇐⇒ (z + i) z − 8z + 17 = 0 ⇐⇒ ¯ ou
⇐⇒ ¯¯ ou
¯ z 2 − 8z + 17 = 0
¯ ∆ = −4 = 4i2 = (2i)2 ;
¯
¯
(E) ⇐⇒ ¯ z = −i ou z = 4 + i ou z = 4 − i
S = {−i ; 4 + i ; 4 − i}
z=
8 + 2i
ou
2
z=
³ →
− →
−´
E X 2 : ( 2,5 points ) Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v .
Soit Ω le point d’affixe 5 et C le cercle de centre Ω et de rayon 5.
20
À tout point M du plan différent de O, d’affixe z, on associe le point M 0 d’affixe z 0 tel que : z 0 = .
z
1. Montrer que les points O, M et M 0 sont alignés.
2 méthodes au choix :
20 20z
20
20 −−−→
−−−→
=
= 2 × z Cette égalité s’écrit à l’aide des vecteurs, avec k = 2 : OM 0 = k.OM
z
zz
|z|
|z|
−−−→0
−−−→
−−−→ −−−→0
OM = k.OM donc les vecteurs OM et OM sont colinéaires, les points O, M et M 0 sont alignés.
µ 0¶
µ ¶
³−−−→ −−−→ ´
z
20
20
0
• OM , OM = arg
= arg
. Or zz = |z|2 est un réel (strictement positif ) donc de même
.
zz
zz
µ 0¶ z
³
´
z
−−−→ −−−→
Par suite arg
= 0 + k.2π donc OM , OM 0 = 0 + k.2π
les points O, M et M 0 sont alignés.
z
2. Soit ∆ la droite d’équation x = 2 et M un point de ∆ d’affixe z.
• z0 =
a. Vérifier que z + z = 4.
M∈ ∆ donc son affixe z est du type z = 2 + i y, où y désigne un réel quelconque.
On en déduit que z = 2 − i y donc z + z = 4
³
´
b. Exprimer z 0 + z 0 en fonction de z et z et en déduire que 5 z 0 + z 0 = z 0 z 0 .
z0 + z0 =
20 20 20(z + z) 80
400 20 20
+
=
=
. Par suite 5(z 0 + z 0 ) =
=
×
= z0 × z0
z
z
zz
zz
zz
z
z
c. En déduire que M 0 appartient à l’intersection de la droite (OM) et du cercle C .
Démontrons que M 0 ∈ C en établissant que ΩM 02 = 25.
−−−→0
ΩM a pour affixe z 0 − 5, donc ΩM 02 = (z 0 − 5)(z 0 − 5).
Or (z 0 − 5)(z 0 − 5) = (z 0 − 5)(z 0 − 5) = z 0 z 0 − 5(z 0 + z 0 ) + 25.
D’après la relation établie en b. il en résulte que (z 0 − 5)(z 0 − 5) = 25 c’est à dire que ΩM 02 = 25 : M 0 ∈ C
On sait de plus, d’après la question 1., que M 0 ∈ (OM) .
Donc M 0 est bien le point d’intersection (autre que O) de la droite (OM) et du cercle C
8 − 2i
2
♣
TS. Évaluation 6 - Correction
³ →
− →
−´
E X 3 : ( 5 points ) Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct O, u , v d’unité graphique 2 cm.
On considère les points A, B et C d’affixes respectives
z A = −2i,
1.
p
p
z B = − 3 + i et z C = 3 + i.
a. Écrire z A , z B et z C sous forme exponentielle.
z A = −2i donc
π
z A = 2e−i 2
à p
!
r
µ
¶
³ p ´2
5π
3
1
5π
5π
|z B | =
+ i = 2 cos
+ i sin
donc z B = 2ei 6
− 3 + 12 = 2 donc z B = 2 −
2
2
6
6
!
Ãp
r
³
³p ´2
π
π
π´
3 1
|z C | =
+ i = 2 cos + i sin
donc z C = 2ei 6
3 + 12 = 2 donc z C = 2
2
2
6
6
b. En déduire le centre et le rayon du cercle Γ passant par les points A, B et C.
Les trois nombres complexes z A , z B et z C ont pour module 2, c’est-à-dire OA = OB = OC = 2
Les points A, B et C appartiennent au cercle Γ de centre O et de rayon 2.
2.
c. Faire une figure et placer le point A, tracer le cercle Γ puis placer les points B et C.
zB − zA
sous forme algébrique puis sous forme exponentielle.
a. Écrire le quotient
zC − zA
¢ ¡p
¢
¡ p
p
p
3 − 3i
− 3 + 3i
z B − z A − 3 + i + 2i − 3 + 3i
= p
=
= p
zC − zA
3 + i + 2i
3 + 3i
p 12
6 + 6i 3
=
12
p
π
zB − zA 1
3
π
π
zB − zA
= cos + i sin
= +i
donc
= ei 3
zC − zA 2
2
3
3
zC − zA
b. En déduire
la nature
du triangle ABC .
¯
¯
AB ¯¯ z B − z A ¯¯ ¯¯ i π ¯¯
=
= ¯e 3 ¯ = 1 donc AB = AC
AC ¯ z C − z A ¯
µ
¶
³−−→ −−→´
³ π´ π
zB − zA
AC , AB = arg
= arg ei 3 = + k.2π
zC − zA
3
³−−→ −−→´ π
donc AC , AB =
3
Ce qui prouve que le triangle ABC est équilatéral
indirect
(E )
Γ
C
B
O
O0
Γ0
A
p
3. On note O0 le point d’affixe − 3 − i et Γ0 le cercle de centre O0 et de rayon 2.
a. Démontrer que les points C et O0 sont diamétralement opposés sur le cercle Γ.
z O0 = −z C donc O0 est le symétrique de C par rapport à O. Comme O est le centre du cercle Γ et C appartient
à Γ, les points C et O0 sont diamétralement opposés sur le cercle Γ.
b. Justifier que les cercles Γ et Γ0 se coupent en A et B.
¯
¯ ¯p
¯
¯ p
¯
p
p
¯
¯ ¯
¯
¯
¯
O0 A = |z A − z O0 | = ¯−2i + 3 + i¯ = ¯ 3 − i¯ = 2 et O0 B = |z B − z O0 | = ¯− 3 + i + 3 + i¯ = |2i| = 2
4.
Par suite O0 A = 2 et O0 B = 2 donc A et B sont sur le cercle Γ0
comme ils sont aussi sur Γ on peut dire que les cercles Γ et Γ0 se coupent en A et B.
¯
¯
p
¯
¯
a. Déterminer l’ensemble (E ) des points M d’affixe z tels que |z| = ¯z + 3 + i¯.
¯
¯
¯
³p
´¯
p
¯
¯
¯
¯
|z| = ¯z + 3 + i¯ ⇐⇒ |z − 0| = ¯z − 3 − i ¯ ⇐⇒ OM = O0 M
£
¤
L’ensemble (E ) est la médiatrice du segment OO0
b. Montrer que les points A et B appartiennent à (E ).
OA = O0 A = 2 et OB = O0 B = 2
c’est-à-dire (E ) .
£
¤
ce qui prouve que les points A et B appartiennent à la médiatrice de OO0 ,