DEVOIR SURVEILLÉ N° VII : Nombres complexes

D EVOIR SURVEILLÉ N° VII : Nombres complexes
TSTI2D
Le corrigé
Exercice VII 1
On donne les nombres complexes et z = −2 + i et z ′ = 2 + 3i
Mettre sous la forme a + i b les nombres complexes suivants :
z + z ′; z − z ′; z × z ′; z 2 ;
z 2+z
;
z′ 1 − z′
z + z ′ = −2 + i + 2 + 3i = 4i
z − z ′ = −2 + i − (2 + 3i ) = −2 + i − 2 − 3i = −4 − 2i
z × z ′ = (−2 + i )(2 + 3i ) = −4 − 3 − 6i + 2i = −7 − 4i
z
−2 + i (−2 + i )(2 − 3i ) −4 + 3 + 6i + 2i −1 + 8i
1
8
=
=
=
=
=− + i
z ′ 2 + 3i
(2 + 3i )(2 − 3i )
22 + 32
13
13 13
2 + (−2 + i )
i
i (−1 + 3i ) −3 − i
3
1
2+z
=
=
=
=
=− − i
′
2
2
1−z
1 − (2 + 3i ) −1 − 3i
1 +3
10
10 10
Exercice VII 2
1. z 2 + 2z + 10 = 0 ⇐⇒ (z + 1)2 − 1 + 10 = 0 ⇐⇒ (z + 1)2 + 9 = 0 ⇐⇒ (z + 1)2 − (3i)2 = 0 ⇐⇒ (z + 1 + 3i)(z + 1 − 3i) = 0.
L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
{−1 − 3i ; −1 − 3i}.
Autre méthode : ∆ = 4 − 40 = −36 = (6i)2 . . .
(
−2c + d = 1 + 13i
2.
⇒ par différence c = 3 − 5i, d’où d = c + 4 + 8i = 3 − 5i + 4 + 8i = 7 + 3i.
−c + d
= 4 + 8i
Exercice VII 3
Le plan est rapporté à un repère orthonormal (O, ~
u ,~
v ).
1. Résoudre dans C l’équation : z 2 + 6z + 18 = 0.
On résout en utilisant la méthode du discriminant. On trouve ∆ = −36, d’où les 2 racines complexes conjuguées :
z1 =
p
−b + i −∆ −6 + 6i
=
= −3 + 3i
2a
2
z2 = z1 = −3 − 3i .
Conclusion : S = {−3 + 3i ; −3 − 3i }
2. On note respectivement A et B les points d’affixes respectives
z1 = −3 + 3i et z2 = −3 − 3i .
Construire les points A et B.
3. a) Déterminer le module et un argument de z1 et z2 .
Forme trigonométrique
depz1 = −3 + 3i
p
p:
p
Module : |z1 | = a 2 + b 2 = 32 + 32 = 18 = 3 2
Argument :

p

−3
1
2
a


 cos(θ) = = p = − p = −
r
2
3 2 p 2

3
2
b


 sin(θ) = = p =
r
2
3 2
4
A
3
C
2
1
-4
-3
-2
O
-1
1
-1
-2
-3
B
-4
D -5
F IGURE 1 –
Ainsi θ =
3π
convient ; on a donc :
4
·
µ ¶
µ ¶¸
p 3π
p
3π
3π
z1 = [3 2;
] ou z1 = 3 2 cos
+ i sin
4
4
4
Forme trigonométrique
depz2 = −3 − 3i
p
p
p:
Module : |z2 | = a 2 + b 2 = 32 + 32 = 18 = 3 2
Argument :

p

−3
a
1
2


 cos(θ) = = p = − p = −
r
2
3 2
p2

2
b
−3

 sin(θ) = = p = −

r
2
3 2
Ainsi θ = −
3π
convient ; on a donc :
4
·
µ
¶
µ
¶¸
p
p
3π
3π
3π
+ i sin −
z2 = [3 2; − ] ou z2 = 3 2 cos −
4
4
4
b) Montrer que le triangle OAB est rectangle isocèle.
−→ −→
Connaissant les affixes de A et B, on en déduit les coordonnées des vecteurs OA et OB :
à !
à !
−3
−3
−→
−→
OA =
et
OB =
3
−3
d’où le produit scalaire
−→ −→
OA · OB = x.x ′ + y.y ′ = −3 × 3 − 3 × (−3) = 0
ce qui prouve que AOB rectangle en O . De plus, on a vu que les modules |z A | et |zB | son égaux, ce qui prouve que les
distances OA et OB sont égales. Le triangle AOB est donc également isocèle .
p
4. On appelle C le point d’affixe z3 = −1 + i 3.
a) Déterminer le module et un
qargument de z3
p
p 2 p
Module : |z3 | = a 2 + b 2 = 12 + 3 = 4 = 2
Argument :

a
1

 cos(θ) = = −
r p2

 sin(θ) = b = 3
r
2
2
Ainsi θ =
2π
convient ; on a donc :
3
z3 = [2;
·
µ ¶
µ ¶¸
2π
2π
2π
] ou z3 = 2 cos
+ i sin
3
3
3
b) Déterminer la forme algébrique du produit z1 × z3 .
En utilisant les formes algébriques de z1 et z3 , il vient
p
p
p
p
p
p
z1 × z3 (−3 + 3i )(−1 + i 3) = (−3 + 3i )(−1 + i 3) = 3 + 3i 3 − 3i − 3 3 = 3 − 3 3 + i (3 3 − 3)
p
p
p
p
d’où z1 × z3 = 3(1 − 3) − 3i (1 + 3) = 3(1 − 3) − 3i (1 + 3)
5. a) Déterminer l’affixe du point D tel que ABDC soit un parallélogramme.
Le quadrilatère ABDC est un parallélogramme si et seulement si
p
−→ −−→
AB = CD ⇔ zB − z A = zD − zC ⇔ zB − z A + zC = zD ⇔ zD = (−3 − 3i ) − (−3 + 3i ) + (−1 + i 3)
p
Soit zD = −1 + ( 3 − 6)i
3