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