♣ TS. Évaluation 2 - Correction E X 1 : ( 4 points ) 1. On veut résoudre dans C l’équation : (E ) : z 3 + 4z 2 + 2z − 28 = 0 ¡ ¢¡ ¢ a. Déterminer deux réels a et b tels que l’équation (E ) s’écrive : z − 2 z 2 + az + b = 0 Cherchons les valeurs des réels a et b vérifiant l’égalité ; on a le développement suivant : ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ z − 2 z 2 + az + b = z 3 + az 2 + bz − 2z 2 − 2az − 2b = z 3 + a − 2 z 2 + b − 2a z − 2b Par identification avec le membre de gauche de l’équation (E ), on obtient le système d’équations suivants : ½ a −2 = 4 ¡ ¢¡ ¢ a =6 b − 2a = 2 ⇐⇒ donc (E ) : z 3 + 4z 2 + 2z − 28 = 0 ⇐⇒ (E ) : z − 2 z 2 + 6z + 14 = 0 b = 14 −2b = −28 b. Résoudre (E ). ¡ ¢¡ ¢ L’équation (E ) peut s’écrire : z − 2 z 2 + 6z + 14 = 0 Or, un produit de nombres complexes est nul si, et seulement si, au moins un de ses facteurs est nul ; on en déduit que : z = 2 ou z 2 + 6z + 14 = 0 Étudions le polynôme du second degré. Il admet pour discriminant ∆ = b 2 −4ac = 62 −4×1×14 = −20 = 20i2 p p je pose δ = 20i = 2i 5 avec δ2 = ∆ Le discriminant est strictement négatif, ce polynôme admet deux racines complexes conjuguées : p p p ª p p © −b − δ −6 − 2i 5 −b + δ z1 = = = −3 − i 5 ou z 2 = = z 1 = −3 + i 5 S = 2 ; −3 − i 5 ; −3 + i 5 2a 2 2a 2. On note (H ) l’ensemble des points M du plan complexe d’affixe z vérifiant : z 2 − 4 = 4 − z 2 a. On note x et y les parties réelle et imaginaire de l’affixe z d’un point M . Montrer que : M appartient à (H ) si, et seulement si, x 2 − y 2 = 4 M (z) appartient à (H ) ⇐⇒ z 2 − 4 = 4 − z 2 ⇐⇒ z 2 + z 2 = 8 ⇐⇒ (x + iy)2 + (x − iy)2 = 8 ⇐⇒ x 2 + 2ix y − y 2 + x 2 − 2ix y − y 2 = 8 ⇐⇒ 2x 2 − 2y 2 = 8 ⇐⇒ x 2 − y 2 = 4 p p b. Soient A, B et C les points d’affixes respectives : 2 ; −3 − i 5 ; −3 + i 5 Vérifier que A, B et C appartient à (H ). En utilisant la question précédente, pour montrer que les points A, B , C appartiennent à (H ), il suffit de montrer que sa partie réelle et sa partie imaginaire vérifient l’égalité : x 2 − y 2 = 4 – si z = 2 alors x = Re(z) = 2 ; y = Im(z) = 0 : donc x 2 − y 2 = 22 − 02 = 4 − 0 = 4 A ∈ (H ) p p p 2 2 – si z = −3 − i 5 alors x = Re(z) = −3 ; y = Im(z) = − 5 : donc (−3) − (− 5) = 9 − 5 = 4 B ∈ (H ) p p p – si z = −3 + i 5 alors x = Re(z) = −3 ; y = Im(z) = 5 : donc (−3)2 − ( 5)2 = 9 − 5 = 4 C ∈ (H ) ³ → − → −´ Le plan est rapporté au repère orthonormé O, u , v . p p On considère les points A et B d’affixes respectives : z A = −1 + i 3 ; z B = −1 − i 3 E X 2 : ( 3 points ) 1. Établir que l’ensemble Γ des points M d’affixe z qui vérifient : 2(z + z) + zz = 0 est un cercle de centre Ω d’affixe −2. Préciser son rayon. Construire Γ. Méthode 1 : M (z) ∈ Γ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ 2(z + z) + zz = 0 2 × 2Re(z) + |z|2 = 0 2 × 2x + x 2 + y 2 = 0 (x + 2)2 + (y − 0)2 = 22³ M (z) ∈ Γ ⇐⇒ ΩM 2 = 2 ⇐⇒ M ∈ C Ω(−2) ; 2 Γ est un cercle de centre Ω(−2) et de rayon 2 → − v Ω ´ p i 3 A Γ O M P B → − u p −i 3 Méthode 2 : Soit M ∈ Γ. Pour montrer que Γ est un cercle de centre Ω, étudions la longueur ΩM 2 : ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢¡ ¢ ΩM 2 = |z M − z Ω |2 = |z − (−2)|2 = |z + 2|2 = z + 2 z + 2 = z + 2 z + 2 = zz + 2z + 2z + 22 = zz + 2(z + z) + 4 M ∈ Γ ⇐⇒ (z + z) + zz = 0 ⇐⇒ ΩM 2 = 0 + 4 = 4 On a : M ∈ Γ ⇐⇒ ΩM = 2 Γ est un cercle de centre Ω(−2) et de rayon 2 ♣ TS. Évaluation 2 - Correction 2. Vérifier que les points A et B sont des éléments de Γ. Pour vérifier que les points A et B appartiennent au cercle de centre Ω et de rayon 2, il faut étudier les longueurs ΩA et ΩB¯ : p ¯¯2 p p ¢ ¡ ¢¯¯2 ¯¯ ¯¡ • ΩA 2 = ¯ − 1 + i 3 − − 2 ¯ = ¯1 + i 3¯ = 12 + ( 3)2 = 1 + 3 = 4 ⇐⇒ ΩA = 2 ⇐⇒ A ∈ Γ ¯¡ p ¢ ¡ p ¯¯2 p ¢¯¯2 ¯¯ ¯ • ΩB 2 = ¯ − 1 − i 3 − − 2 ¯ = ¯1 − i 3¯ = 12 + (− 3)2 = 1 + 3 = 4 ⇐⇒ ΩB = 2 ⇐⇒ B ∈ Γ 3. Bonus : Dans cette question toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans l’évaluation. z + 2 − 2i Déterminer l’ensemble des points M d’affixe z tel que le nombre complexe Z = soit imaginaire pur. z + 2 + 2i Sous forme algébrique, z = x + iy avec x et y les parties réelle et imaginaire de l’affixe d’un point M remarque : z 6= −2 − 2i Z = X + iY est imaginaire pur si, et seulement si, sa partie réelle X est nulle et (x ; y) 6= (−2; −2) £ ¤£ ¤ (x + 2) + i(y − 2) (x + 2) − i(y + 2) z + 2 − 2i x + iy + 2 − 2i (x + 2) + i(y − 2) ¤£ ¤ en utilisant « l’expression conjuguée » Z= = = =£ z + 2 + 2i x + iy + 2 + 2i (x + 2) + i(y + 2) (x + 2) + i(y + 2) (x + 2) − i(y + 2) Z= ¡ ¢ (x + 2)2 + (y − 2)(y + 2) + i (x + 2)(y − 2) − (x + 2)(y + 2) (x + 2)2 + (y + 2)2 x 2 + 4x + y 2 −4x − 8 +i 2 2 (x + 2) + (y + 2) (x + 2)2 + (y + 2)2 ½ ½ 2 X =0 x + 4x + y 2 = 0 si, et seulement si, ⇐⇒ (x ; y) 6= (−2; −2) (x ; y) 6= (−2; −2) = z +1−i = X + iY est imaginaire pur z +1+i M ∈ Γ\ {P } l’ensemble cherché est le cercle Γ privé du point P d’affixe −2 − 2i Z= p p 6−i 2 E X 3 : ( 3 points ) Soient les nombres complexes : z 1 = ; z2 = 1 − i 2 z1 1. Mettre sous forme trigonométrique z 1 , z 2 et Z = z2 méthode : mettre en facteur le module dans la forme algébrique z = x + iy = q à x2 + y 2 p x x2 + y 2 +ip y x2 + y 2 ! ³ ´ = |z| cos θ + i sin θ Ãp ! p p ³ −π ´ ³ −π ´ ´ p ³ −1 6−i 2 p 3 • z1 = = 2× +i = 2 cos + i sin 2 2 2 6 6 Ãp p ! ³ ³ ´ ³ p p 2 −π −π ´ ´ − 2 • z2 = 1 − i = 2 × +i = 2 cos + i sin 2 2 4 4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ z ¯ ¯z 1 ¯ p2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯Z ¯ = ¯ ¯ = ¯ ¯ = p = 1 ³ ³π´ ³ π ´´ z1 z1 ¯ ¯ z2 2 ¯z 2 ¯ • Z= donc Z= = 1 cos + i sin µ ¶ z2 z2 12 12 z −π −π π £ ¤ arg (Z ) = arg 1 = arg (z 1 ) − arg (z 2 ) = − = 2π z 6 4 12 p 2 p p p π 6+ 2 π 6− 2 2. En déduire que : cos = ; sin = p ¢ ¡p ¡p 12 p ¢ 4 p 12 p p p4 6 − i 2 (2 + 2i) 6 − i 2 (2 + 2i) z1 6−i 2 1 6−i 2 = Z= = × = = en utilisant « l’expression conjuguée » z2 2 1−i 2 − 2i 8 (2 − 2i) (2 + 2i) p p p p p p p p 2 6+2 2 2 6−2 2 6+ 2 6− 2 Z= +i = +i 8 8 4 4 En utilisant la forme trigonométrique et la forme algébrique de Z , je peux en déduire l’égalité entre deux nombres complexes : p p ³π´ ³ π ´ p6 + p2 6− 2 cos + i sin = +i 12 12 4 4 deux nombres complexes sont égaux si, et seulement si, ils ont même partie réelle et même partie imaginaire p p p p π 6+ 2 π 6− 2 donc cos = ; sin = 12 4 12 4 ♣ TS. Évaluation 2 - Correction 3. Bonus : On considère l’équation d’inconnue réelle x : a. Résoudre cette équation dans R. p ¢ p ¢ ¡p ¡p 6 + 2 cos x + 6 − 2 sin x = 2 D’après la question précédente, l’équation peut s’écrire : cos ou encore en utilisant une formule de duplication : ° π ° ° x− ° ´ ³ 12 π π ° = cos ⇐⇒ ° cos x − ° 12 3 ° x− π ° 12 = ou = π 3 π 1 π cos x + sin sin x = 12 12 2 ³ π´ π cos x − = cos 12 3 ° ° ° x ° ° ⇐⇒ ° ° £ ¤ ° x 2π ° £ ¤ 2π π − 3 = ou = 5π 12 £ ¤ 2π π 4 £ ¤ 2π − b. Placer les points images des solutions sur le cercle trigonométrique. y 6π 12 p 3 2 O p 2 − 2 5π 12 4π 12 1 2 p 2 2 x − π 4 avec cos π 1 = 3 2